Étude d’un réservoir à gaz

ConcoursNationalCommun—PHYSIQUEI—Filière:MP Corrigé proposé par:

M. Afekir - École Royale de l’Air CPGE Marrakech

cpgeafek@yahoo.fr

Premier problème : Thermodynamique

Première partie

Étude d’un réservoir à gaz

1 . 1

.

Pour les gaz diatomiques :

γ = 7 5 1 . 1

. 1

.

Exemples de gaz diatomiques :

H

2 ,

O

2 ,

N

2 ,

Cl

2 ...

1 . 1 . 2

.

c

_v

= R

γ − 1

^et

c

_p

= γR

γ − 1

Application numérique :

c

_v

= 20 J K

⁻¹

mol

⁻¹ et

c

_p

= 29 J K

⁻¹

mol

⁻¹

1 . 2

.

^{Le piston}

^Π

^{est bloqué}

1 . 2 . 1

.

P

_o

V

1

= N

1

RT

_o

⇒ N

1

= P

_o

V

RT

_o

= 0, 4 mol 1 . 2

. 2 .

P

1

= P

_R

= 25.10

⁵

P a 1 . 2

. 3

.

Conservation de la quantité de matière :

n

_t

= N

1

+ N

avec

P

_R

V

1

= n

_t

RT

1

⇒ P

_R

V

1

RT

1

= N + P

_o

V

1

RT

_o Soit :

N = V

1

R P

_R

T

1

+ P

_o

T

_o

1 . 2 . 4

.

Variation de l’énergie interne

∆U

:

∆U = (N

¹

+ N ) c

_v

(T

¹

− T

_o

) = (N

¹

+ N ) R T

1

− T

_o

γ − 1 1 . 2

. 5

.

^Travail

^W

reçu par le système :

•

État

(1)

: ouverture de la vanne, le volume accessible pour les

N moles

du gaz

G

est :

V

_N

+ V

1

= V

_i.

•

État

(2)

: le gaz

G

renferme le volume

V

1

= V

_f.

Le travail :

W = −P

_R

(V

_f

− V

_i

) ⇒ W = P

_R

V

_N

ConcoursNationalCommun—PHYSIQUEI—Filière:MP

1 . 2 . 6

.

Le cylindre est isolé thermiquement et le piston est athermane

⇒

la transformation de

G

est adiabatique.

1

^erprincipe de la thermodynamique :

∆U = Q + W = W or W = P

_R

V

_N

= N RT

_o

⇒ (N

¹

+ N ) R T

1

− T

_o

γ − 1 = N RT

_o

⇒ P

_R

V

1

T

1

T

1

− T

_o

γ − 1 = V

1

R P

_R

T

1

+ P

_o

T

_o

RT

⇒ T

1

= γT

_o

P

_R

P

_R

+ (γ − 1) P

_o

= 413, 38 K

1 . 3

.

^{Le piston}

^Π

étant toujours bloqué

1 . 3 . 1

.

La transformation est une détente adiabatique .

1 . 3 . 2

.

∆U = W

|{z}

= 0

+ Q

1

+ Q

2

| {z }

= 0

= 0 = n

_t

c

_v

(T

2

− T

1

) ⇒ T

1

= T

2

1 . 3 . 3

.

La transformation est irréversible. . Au cours d’une transformation élémentaire réversible :

dS = δQ

T = C

_v

dT T + P

T dV = C

_v

dT

T + nR dV V

C’est une détente isotherme, donc :

∆S = nR ln V

_f

V

_i

= nR ln V

1

+ V

2

V

1

Or

P

_R

V

1

= nRT

2

= nRT

1

⇒ ∆S = P

_R

T

1

V

1

ln(1 + V

2

V

1

)

1 . 3 . 4

.

Application numérique :

∆S ≃ 11 J.K

⁻¹

1 . 3

. 5

.

L’état final du système est indépendant de l’ordre d’ouverture et de fermeture des vannes

V

1 et

V

12 car

P

_R est indépendante de

N

(gaz éjecté) et que la température

T

1 ne dépend que de

P

_R.

1 . 4

.

^{Le piston}

^Π

étant toujours bloqué

1 . 4 . 1

.

Quantité de matière du gaz

G

_o

P V

2ⁱ

= n

2

RT = P

_R

x V

2ⁱ

⇒ n

2

= P

_R

V

_o

RT

_o

1 . 4

. 2

.

^Volume

^V

² occupé par le gaz de

C

2 . Soit

P

^′ la pression du gaz de

C

2.

P

^′

V

2

= n

2

RT = P

_R

V

_o

RT

_o

RT = P

_R

V

_o

T

_o

T

A l’équilibre

P

_R

= P

^′

⇒ V

2

= V

_o

T

_o

T

ConcoursNationalCommun—PHYSIQUEI—Filière:MP

1 . 4 . 3

.

Température de gaz

G

_o contenu dans

C

2

1

^er principe de la thermodynamique :

∆U = n

2

c

_vo

(T − T

_o

) = W

W = −P

_R

∆V = −P

_R

(V

_f

− V

_i

) = −P

_R

(V

²

− V

2ⁱ

) = −P

_R

( V

_o

T

_o

T − xV )

∆U = n

2

c

_vo

(T − T

_o

) = P

_R

V

_o

RT

_o

c

_vo

(T − T

_o

) = 3 P

_R

V

_o

T

_o

(T − T

_o

)

Soit :

x − T

T

_o

= 3( T

T

_o

− 1) ⇒ T = T

_o

4 (x + 3) 1 . 4

. 4

.

Expression de

V

2; d’après 1

.

4

.

2

. V

2

= V

_o

T

_o

T = V

_o

4 (3 + x) 1 . 4

. 5

.

Variation d’entropie du gaz

G

_ocontenu dans

C

2 Pour une transformation élémentaire réversible :

dS = δQ

T = c

_vo

dT

T + p dV

T = c

_vo

dT

T + n

2

R dV

V = 3R dT

T + P

_R

V

_o

T

_o

dV V

⇒ ∆S = 3R ln T

T

_o

+ P

_R

V

_o

T

_o

ln V

2

V

₂ⁱ

= ⇒ ∆S = 3R ln 3 + x

4 + P

_R

V

_o

T

_o

ln 3 + x 4x 1 . 4

. 6

.

Applications numériques 1.4.6.1.

T = 2100K

et

∆S(x = 25) = 3, 8 J.K

⁻¹ 1.4.6.2.

∆S(x = 1) = 0

et

∆S(x = 0) → ∞

1.4.6.3.

x

_max

= 120 1 . 4

. 7

.

^{Graphe de}

^∆S(x)

∆S(x)

x

0 1

ConcoursNationalCommun—PHYSIQUEI—Filière:MP

Deuxième partie

Étude d’un moteur à piston

2 . 1

.

Première étape :le piston est placé contre la culasse

K

, et la soupape

S

1 est fermée, et on ouvre

S

2

2 . 1 . 1

.

La pression à l’intérieur du cylindre est

P

_A

= P

_R et la transformation est une détente monobare.

2 . 1 . 2

.

Quantité de matière

n

_o admise dan le cylindre On a :

P

_R

V = n

_o

RT

1

= P

_R

V

_A

α ⇒ n

_o

= P

_R

V

_A

αRT

1

2 . 1 . 3

.

Expression de

T

1en fonction de

T

_o

1

^erprincipe de la thermodynamique :

∆U = W avec ∆U = n

_o

R

γ − 1 (T

¹

− T

_o

) et W = −P

_R

(V

_f

− V

_i

)

Or :

(

V

_i

= V

_N

V

_f

= V

_N

+ V ⇒ W = −P

_R

V = −P

_R

V

_A

α

Soit :

P

_R

V

_A

αT

1

T

1

− T

_o

γ − 1 = −P

_R

V

_A

α ⇒ T

1

− T = −T

1

(γ − 1) ou T

1

= T

_o

γ 2 . 1

. 4

.

Application numérique :

n

_o

= 0, 16 mol

2 . 2

.

Deuxième étape :la soupape

S

1 est fermée et

S

2 se ferme, le gaz subit une détente adiabatique réversible

2 . 2 . 1

.

Expression de la pression

P

2 dans le cylindre Une des lois de Laplace donne :

P

2

V

_A^γ

= P

_R

( V

_A

α )

^γ

⇒ P

2

= P

_R

α

^γ Application numérique :

P

2

= 2, 6.10

⁵

P a

2 . 2 . 2

.

^Travail

^W

²reçu par le gaz

W

2

= P

_f

V

_f

− P

_i

V

_i

γ − 1 = P

2

V

2

− P

_R^V_α^A

γ − 1

= ⇒ W

2

= P

_R

V

_A

γ − 1 ( 1

α

^γ

− 1 α )

2 . 3

.

Troisième étape : la soupape

S

2 s’ouvre

ConcoursNationalCommun—PHYSIQUEI—Filière:MP

2 . 3 . 1

.

Diagramme de watt

p

V 0

P

_R

P

1

P

2

VA

α

V

_A

2 . 3 . 2

.

^Travail

^W

o fourni au gaz par le piston au cours d’un cycle

W

_o

= W

_AB

+ W

_BC

+ W

_CD

+ W

_DE

tels que















W

_AB

= −P

_R

V

_A

α W

_BC

= W

2

W

_CD

= 0 W

_DE

= +P

_o

V

_A Soit

: W

_o

= P

_R

V

_A

γ − 1 ( 1 α

^γ

− 1

α ) + V

_A

(P

_o

− P

_R

α )

Application numérique :

W

_o

≃ −794 J

2 . 3 . 3

.

Débit massique

D

1 en régime stationnaire On a :

P = W

_o

∆t

^et

D

1

= m

_o

∆t = n

_o

M

∆t ⇒ D

1

= n

_o

M P

W

_o

= γM P

_R

V

_A

P αRT

_o

W

_o Application numérique :

D

1

≃ 28, 56 kgh

⁻¹

2.3.3.1. Durée d’un cycle

∆t = 0, 8 s

Troisième partie

Étude d’un moteur à turbine

3 . 1

.

Détente adiabatique réversible

3 . 1 . 1

. ¹

erprincipe de la thermodynamique pour un système ouvert

(S) dE(t) + dt(D

_me

e

sortie

− D

_ms

e

_entrée

) = δQ + δW

Avec :

–

E(t)

: Énergie, totale, du système

(S)

à l’instant

t

. –

e

sortie : Énergie massique, totale, à la sortie de

(S)

.

ConcoursNationalCommun—PHYSIQUEI—Filière:MP –

e

_entrée : Énergie massique, totale, à l’entrée de

(S)

.

–

D

_m :Le débit massique.

–

δW

et

δQ

: les transferts d’énergie (travail et énergie thermique respectives) reçus par le système fermé

(Σ)

constitué à l’instant

t

du contenu matériel de

(S)

et de la masse entrée dans

(S)

pendant

dt

.

3 . 1 . 2

.

Le bilan énergétique précédent pourra s’écrire sous la forme :

dE(t) + dt [D

_m

(e

_c

+ e

p,ext

+ h)]

^sortie_entrée

= δQ + δW

_T

⋄ e

_c : énergie cinétique massique.

⋄ e

_p,ext: énergie potentielle extérieur massique.

⋄ h

: l’enthalpie massique.

Dans le cas du modèle du moteur à turbine étudié, on a les résultats suivants :

⋄

pas de variation de l’énergie potentielle extérieur massique.

⋄

Pas de variation de l’énergie cinétique massique (vitesses négligeables).

⋄

Le régime est stationnaire

= ⇒ D

_m

=

constant

et dE(t) = 0

⋄ Q = 0

pas d’échange de l’énergie thermique avec l’extérieur.

Soit

m

la masse transférée pendant

dt

, d’où :

m [h]

^sortie_entrée

= W

_T

= m (h

sortie

− h

_entrée

) = ⇒ W

_T

= n(h

^m_sortie

− h

^m_entrée

)

Où

h

^m désigne l’enthalpie molaire et la quantité de matière

n = 1 mol 3 . 1

. 3 .

W

_T

= ∆h

^m

= C

_pm

(T

1

− T

_o

)

avec

:







C

_pm

= γR γ − 1 T

1

P

^1−γγ

= T

_o

P

1−γ γ

R

⇒ W

_T

= γRT

_o

γ − 1

P

_o

P

_R

^γ−1_γ

− 1

!

Application numérique :

W

_T

≃ −5, 2 J mol

⁻¹

3 . 1

. 4

.

Débit massique

D

2

D

2

= M P W

_T Application numérique :

D

2

≃ 19 kgh

⁻¹

3 . 2

.

Détente polytropique

3 . 2 . 1

.

W

_T^′

= kRT

_o

k − 1

P

_o

P

_R

^k−1_k

− 1

!

Application numérique :

W

_T^′

= −3, 1 J mol

⁻¹

3 . 2

. 2 .

D

^′2

= M P W

_T^′

Application numérique :

D

^′2

≃ 32 kgh

⁻¹

ConcoursNationalCommun—PHYSIQUEI—Filière:MP

Quatrième partie

Étude d’un moteur à réaction

4 . 1

.

^Le

¹

^erprincipe

^{= ⇒ ∆(e}

^c

^{+ h}

^m

^{) = 0}

= ⇒ 1

2 M v

²

+ γR

γ − 1 (T

1

− T

_o

) = 0 ⇒ v =

vu uu t

2γRT

_o

M (γ − 1)





P

_o

P

_R ^{k′ −1}_k′

− 1





Application numérique :

v ≃ 269 ms

⁻¹

4 . 2

.

Débit massique

D

3

P = 1

2 v

²

D

3

⇒ D

3

= 2 P v

² Application numérique :

D

3

≃ 99, 5 kgh

⁻¹

Deuxième problème : Mécanique

Première partie Mise en équation

1 . 1

. _{− − →}

OG = −→

OA + −→

AG = l cos θ ~ u

_x

+ (y

_A

+ l sin θ) ~ u

_y

= x ~ u

_x

+ y ~ u

_y

1 . 1

. 1 .

x = l cos θ 1 . 1

. 2 .

y = y

_A

+ l sin θ ⇒ y

_A

= y − l sin θ 1 . 1

. 3

.

Bilan des forces exercées sur la barre :

•

Poids :

−

→ P = m~g = m g ~ u

_x

•

Réaction de l’axe sur la barre ( Absence de frottements

= ⇒ − →

R . ~ u

_y

= 0

) :

−

→ R = −R ~ u

_x

; ( R > 0 )

•

L’action du ressort :

−

→ f = −k y

_A

~ u

_y

1 . 1

. 4

.

Théorème de la résultante cinétique (TRC) (On note

R

le référentiel de laboratoire d’étude) :

m~a

_G/R

= m d

²

− − → OG dt

²

!

R

= − →

f + m − → g + − →

R = − k y

_A

~ u

_y

+ (mg − R) ~ u

_x

ConcoursNationalCommun—PHYSIQUEI—Filière:MP

1 . 1 . 5

.

◦

Accélération de la barre par rapport à

R

:

~a

_G/R

= ¨ x ~ u

_x

+ ¨ y ~ u

_y

⇒ ~a

_G/R

= −l

θ ˙

²

cos θ + ¨ θ sin θ

~ u

_x

+ ¨ y ~ u

_y

◦

Expression de la réaction

− →

R

: projection du (TRC) suivant

~ u

_x

R = mg + ml

θ ˙

²

cos θ + ¨ θ sin θ

⇒ − →

R = −m

g + l

θ ˙

²

cos θ + ¨ θ sin θ

~ u

_x

◦

Équation du mouvement : projection du (TRC) suivant

~ u

_y et résultat de la question 1

.

1

.

2

. m y ¨ = −k y

_A

⇒ y ¨ + ω

1²

(y − l sin θ) = 0

1 . 1 . 6

.

Théorème du moment cinétique en

G

(TMC) :

d − → L

_G/R

dt

!

R

= − → M

_G

− →

P + − →

M

_G

− → f

+ − → M

_G

− →

R

tels que :



















−

→ L

_G/R

= J θ ~ ˙ u

_z

− → M

_G

− →

f

= k

_A

y l cos θ ~ u

_z

− → M

_G

− →

P

= − → 0

− → M

_G

− →

R

= −R l sin θ ~ u

_z

1 . 1

. 7

.

Par projection du (TMC) suivant

~ u

_z, on obtient :

−R l sin θ + k l y

_A

cos θ = J θ ¨ = m l

²

2 θ ¨

⇒ θ ¨ = 3ω

1²

y

_A

l cos θ − ω

2²

sin θ

1 + l g

θ ˙

²

cos θ + ¨ θ sin θ

Deuxième partie

Étude des petites oscillations de la barre

2 . 1

.

Dans le cas des petits mouvements :

sin θ ≈ θ et cos θ ≈ 1 ⇒ y

_A

≈ y − lθ

Les équations établies en 1

.

1

.

5

.

et 1

.

1

.

7

.

donnent :

⇒

(

y ¨ + ω

1²

(y − lθ) = 0 l θ ¨ = 3ω

1²

(y − lθ) − ω

2²

lθ Soient, avec z = lθ, :

(

y ¨ + ω

1²

y = ω

²1

z

¨

z + 3ω

²1

+ ω

²2

z = 3ω

1²

y

2 . 2

.

En notation complexe :

y = A exp iΩt

et

z = B exp iΩt

⇒ ¨ y = −Ω

²

y

et

¨ z = −Ω

²

z

ConcoursNationalCommun—PHYSIQUEI—Filière:MP

2 . 2 . 1

.

En remplaçant chaque expression dans les deux équations établies en 2

.

1

.

, on aura : (

ω

1²

− Ω

²

A − ω

1²

B = 0

−3ω

²1

A + 3ω

²1

+ ω

2²

− Ω

²

B = 0 2 . 2

. 2

.

Condition de solutions non nulles : déterminant du système nul et

ω

1

6= Ω 2 . 2

. 3

.

déterminant du système nul, donne :

Ω

⁴

− 4ω

1²

+ ω

2²

Ω

²

+ ω

²1

ω

²2

= 0 2 . 2

. 4

.

Les solutions (physiques) de l’équation précédente, avec (

Ω

¹

> Ω

²), sont :











Ω

¹

=

r

4ω

1²

+ ω

2²

2 + 1

2

q

16ω

⁴1

+ ω

2²

+ 4ω

²1

ω

²2

Ω

2

=

r

4ω

1²

+ ω

2²

2 − 1

2

q

16ω

⁴1

+ ω

2²

+ 4ω

²1

ω

²2

Les constantes

A

1,

A

2 ,

B

1 et

B

2seront déterminées connaissant les conditions initiales.

2 . 3

.

Conditions initiales :

y(t = 0) = z(t = 0) = lθ

_o et

y(t ¨ = 0) = ¨ z(t = 0) = 0 2 . 3

. 1 .

A

1

= B

1

= lθ

_o

1 − Ω

1

Ω

²

et

A

2

= B

2

= lθ

_o

1 − Ω

2

Ω

¹

2 . 3

. 2 .

y(t) = lθ

_o

1 − Ω

1

Ω

²

exp iΩ

1

t − Ω

¹

Ω

2

exp iΩ

2

t

⇒ y(t) = lθ

_o

1 − Ω

1

Ω

²

cos Ω

1

t − Ω

¹

Ω

2

cos Ω

2

t

2 . 3 . 3

.

θ(t) = z(t)

l = θ

_o

1 − Ω

¹

Ω

2

exp iΩ

1

t − Ω

1

Ω

²

exp iΩ

2

t

⇒ θ(t) = θ

_o

1 − Ω

¹

Ω

2

cos Ω

1

t − Ω

1

Ω

²

cos Ω

2

t

Les deux expressions mettent en évidence le phénomène du couplage mécanique.