PCSI 1 - Stanislas
DS de PHYSIQUE N
◦8 - 11/04/15 - durée 2H
A. MARTINTHERMODYNAMIQUE
I. Plongée sous-marine
I.1. Plongée en apnée
1.dp = −ρ g dz ⇒ p(z) = p
atm− ρgz pour z < 0 et p(z) = p
atmpour z ≥ 0.
2.
nRT = p
atmV
M= p(z)V (z) ⇒ V (z) = p
atmp
atm− ρgz V
M. Donc V (z = −20 m) = 1, 4 L.
3.
La flottabilité est la somme algébrique du poids et de la force d’archimède : F = −mg+ρg(V
0+V (z)). Elle diminue lorsque la profondeur augmente car la pression augmente donc le volume d’eau déplacé diminue, et donc la force d’archimède diminue.
4.
On remplace m par m + m
1dans l’expression ci-dessus, et on pose que F = 0 à z = −5 m, ce qui donne m
1= ρ
V
0+ V
M1 − ρgz/p
atm
− m = 1, 7 kg.
I.2. Plongée avec bouteille : utilité du détendeur
5.On obtient n
i= pV
bRT
a= 99 mol et n
s= p
sV
bRT
e= 2 mol.
6.
En notant k le nombre d’inspirations total, et n
0=
p(z)ΩRT 0e
la quantité consommée à chaque inspiration, on ∆t
s(z) =
kfet k =
nin−ns0
d’où ∆t
s= (n
i− n
s)RT
ef(p
atm− ρgz)Ω
0= 32 min 22 s.
7.
En surface il faut changer la pression et la température : ∆t
s(z)
∆t
s(0) = T
eT
ap
atmp
atm− ρgz = 0, 33. La durée d’utilisation est divisée par trois en profondeur par rapport à la surface.
I.3. Plongée avec bouteilles : hyperoxie et ivresse des profondeurs
8.On a p
i= n
iRTV=
nni1+n2
(n
1+ n
2)
RTVd’où p
i= x
ip .
9. a)
Notons p
m1= 1, 5 bar la pression en dioxygène à ne pas dépasser : p
m1= x
O2(p
atm− ρgz
min). D’où la profondeur à ne pas dépasser : z
min= p
atm− p
m1/x
O2ρg = −66 m.
b)
Notons p
m2= 4, 0 bar la pression en diazote à ne pas dépasser, on obtient de même : z
min= p
atm− p
m2/x
N2ρg =
−41 m.
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A. MARTINII. Fuites thermiques par les vitres d’une habitation
1.
En régime permanent, la température de l’habitation T (t) = T
pne varie plus car les puissances du radiateur et des pertes s’annulent parfaitement :
U
2r = k(T
p− T
ext)Σ ⇒ T
p= T
ext+ U
2rkΣ
Pour les conditions données il faut donc imposer une résistance r = U
2k(T
p− T
ext)Σ = 493 Ω.
2.
Le premier principe s’écrit pour le système constitué de l’habitation entre t et t + dt :
U(t + dt) − U(t) = dU = δW + δQ = U
2r dt − k(T − T
ext)Σ dt avec dU = CdT
d’où dT
dt + 1 τ T = 1
τ T
pavec τ = C
kΣ = 4 h 57 min .
3.En applicant les conditions initiales, la solution s’écrit : T(t) = (T (0) − T
p) e
−tτ+ T
p.
4.
On peut diminuer la taille des fenêtres (Σ, cf les pays montagneux où les fenêtres sont petites), ou diminuer k en utilisant des vitrages multiples (double ou triple), séparés par de l’air ou un gaz raréfié.
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A. MARTINIII. Transformation cyclique d’un gaz parfait
1.
Pour un gaz parfait, on a H = U + pV = U + nRT. Donc C
p=
dHdT=
dUdT+ nR = C
v+ nR (relation de Mayer). Par ailleurs C
p= γC
v, donc C
v= nR
γ − 1 et C
p= γnR γ − 1 .
2.• de A à B : p =
nRTVA;
• de B à C : p = p
BVγ B
Vγ
(loi de Laplace) ;
• de C à A : p = p
C= p
A.
3.
• Etat A : p
A= nRT
AV
A= 1, 98 bar.
• Etat B : T
B= T
Adonc p
B= nRT
AV
B= 0, 50 bar.
• Etat C : p
C= p
Adonc V
C= V
Bp
Bp
A 1γ= V
BV
AV
B 1γ= 18, 6 L, et
TTCA
=
VVCA
donc T
C= T
AV
BV
A 1−γ1= 443 K.
4.
• isotherme quasi-statique de A à B (cf cours) : W
AB= nRT
Aln V
AV
B= −3, 43 kJ ;
• adiabatique quasi-statique de B à C (cf cours) : W
BC=
pγ−1BVBVB VC
γ−1
− 1
donc
W
BC= nRT
Aγ − 1
"
V
BV
A1−1 γ
− 1
#
= 3, 01 kJ ;
• isobare de C à A : W
CA= −p
A(V
A− V
C) d’où W
CA= nRT
A"
V
BV
A1−γ1
− 1
#
= (γ − 1) W
BC= 1, 20 kJ.
5.
Sur le cycle entier, le premier principe s’écrit
∆U = 0 = W + Q avec W = W
AB+ W
BC+ W
CAet Q = Q
AB+ Q
BC+ Q
CA.
6.
• de A à B : la transformation étant isotherme, ∆
ABU = 0 donc Q
AB= −W
AB= 3, 43 kJ (la détente au contact du thermostat requiert un apport d’énergie de la part du thermostat) ;
• de B à C : la transformation est adiabatique donc Q
BC= 0 ;
• de C à A : on peut faire
— soit un calcul direct par Q
CA= ∆
CAU − W
CA=
γ−1nR(T
A− T
C) − W
CA;
— soit appliquer Q
CA= ∆
CAH =
γnRγ−1(T
A− T
C) pour une transformation isobare ;
— soit réutiliser la relation du
??et les précédentes, ce qui donne Q
BC= −W
AB− W
BC− W
CA− Q
AB;
d’où en simplifiant : Q
CA= −γW
BC= −4, 21 kJ (le gaz se refroidit pour se contracter à pression constante).
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A. MARTINIV. Pression sur un culot de bouteille
On ne peut ici utiliser le principe d’archimède car le cône n’est pas totalement immergé.
On calcule la différence entre la force de l’eau au dessus du cône et celle de l’air situé sous le cône. Par symétrie autour de l’axe de révolution du cône, on voit que la force est selon ~ u
z. Donc en notant α le demi angle au sommet du cône, vérifiant tan α =
Rh
, on projette dS ~ selon ~ u
zet on obtient F ~ =
ZZ
cône
(p(z) − p
0) dS ~ = ~ u
zsin α
ZZcône
(p(z) − p
0) d
(2)S
Ensuite on explicite l’élément d
(2)S. On adopte les coordonnées cylindriques. Compte-tenu de la symétrie de révolution, on peut directement prendre une surface élémentaire d’ordre 1 d
(1)S constituée d’une bande de cône contenue entre les sections planes z = cte et z + dz = cte
1F ~ = ~ u
zsin α
Zz=hz=0
(p(z) − p
0) d
(1)S .
Cette bande a une longueur (une fois découpée et mise à plat) 2πr avec tan α =
rzsi on choisit l’origine z = 0 au sommet du cône, et un axe Oz descendant. Sa largeur est oblique et vaut
cosdzα
. Finalement d
(1)S = 2πr
dzcosα
, ce qui conduit à
F ~ = ~ u
z2π tan
2α
Zh0
(p(z) − p
0) zdz .
La loi de l’hydrostatique dans la bouteille avec l’origine au sommet du cône et l’axe descendant s’écrit p(z) = p
0+ ρg(z + H − h), d’où
F ~ = ~ u
zρg 2π R
2h
2Zh 0
(z + H − h) zdz . Finalement après simplification on obtient
F ~ = ρg πR
2(H −
h3) ~ u
zde norme F = 3, 5 N .
On remarque que l’expression littérale est correcte car elle représente exactement le poids de la colonne d’eau surplombant le cône (différence entre le volume d’un cylindre de hauteur H et celui d’un cône de hauteur h), le poids de la colonne d’air au dessus de l’eau étant compensé par l’air présent sous le cône.
1. Ceci revient à intégrer selon la variableθ...
