PCSI 1 - Stanislas DS de PHYSIQUE N◦11 - 08/06/19 - CORRIGÉ A. MARTIN
THERMODYNAMIQUE ET INDUCTION
I. Humidité de l’air
(d’après E3A PC 2009)I.1. Relations thermodynamiques générales de l’air humide
1. La pression est la force par unité de surface engendrée par l’ensemble des collisions incessantes des parti- cules du gaz contre les parois. En distinguant les collisions liées à chaque type de molécule, on peut définir despressions partielles, qui vérifient chacune l’équation des gaz parfaits pour une même température :
PaV=ma
Ma
RT et PvV =mv
Mv
RT .
Les forces étant additives comme la quantité de mouvement, les pressions partielles s’additionnent en une pression totalePA=Pa+Pv.
2. En utilisant les relations précédentes : w=mv
ma
=PvMv
PaMa
d’où w=δ Pv
PA−Pv
avec δ=Mv
Ma
.
3. L’humiditéwcroît avecPvdonc wM=δ Ps(T)
PA−Ps(T) . On litPs(T) = 32 hPa sur le graphe, d’oùwM= 0,020.
4. •SiPAest constante, alors commePs(T) croît avecT,wM croît avecT.
•SiTest constante, alorsPs(T) est fixée, et doncwMdiminue siPAaugmente.
5. Notonsθ1= 25◦C, etT1=θ1+ 273,15 = 298,15 K. On obtient mv=MvV
RT1
hPs(θ1) = 3,3 kg et ma=MaV RT1
(PA−hPs(θ1)) = 410 kg. D’oùmh=mv+ma= 413 kg.
6. Notonsθ2= 5◦C. En journée, l’humidité absolue vautw1=mmv
a = 0,0079. Or pendant la nuit l’humidité maximale estwM2=δPPs(θ2)
A−P s(θ2)= 0,0056. À l’équilibre on ne peut avoirw > wM, donc une partie de la vapeur d’eau s’est liquéfiée jusqu’à atteindrew2=wM2. L’air est alors saturé donch2= 1.
La quantité de vapeur restante est mv 2=mawM2=maδ Ps(θ2)
PA−P s(θ2) = 2,3kg. D’où par différence, la masse d’eau qui s’est liquéfiée estme=mv−mv 2= 1,0kg.
7. Par définition deTR:
w=wM(TR) =δ Ps(TR)
PA−Ps(TR) ⇔ Ps(TR) = w PA
δ+w= mvPA δ ma+mv
= 12,8 hPa ce qui conduit, d’après le graphique, àθR= 10,5◦C (TR= 283 K).
8. Notons comme précédemmentθ1= 25◦C etθ3= 8◦C, etT1etT3les températures absolues associées.
La mesure du point de rosée avec la lame correspond àw=wM(θ3) =wM3eth(θ3) = 1, ce qui conduit à la pression de vapeur à la températureθ3:Pv(θ3) =Ps(θ3) = 11 hPa.
On en déduit la pression de vapeur àθ1, par changement de température isobare :Pv(θ1) =TT1
3Pv(θ3).
En utilisant les expressions précédentes on en déduit h=Pv(θ1)
Ps(θ1) =T1Ps(θ3)
T3Ps(θ1) = 0,36 et w=wM3=δ Ps(θ3)
PA−Ps(θ3) = 0,0068, l’humidité absolue étant indépendante de la température pour un système fermé.
1
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I.2. Évolution et équilibre en vase clos 9. La transformation est isobare, doncδQ= dH.
Par extensivité on décompose :H=H`+Hv+Ha=m`h`+mvhv+maha.
Or les enthalpies massiques de gaz parfaithvethane dépendent que de la température. Eth`ne dépend que de la température et de la pression. Ainsi au cours de la transformationisotherme et isobareseules les massesm`etmvvarient, avec par conservation dm`=−dmv. Finalement on obtient
δQ= dm`.h`+ dmv.hv+ 0 = dmv(hv−h`) ⇔ δQ=`v.dmv .
10. a) On applique le premier principe et le second pour une massemvde vapeur d’eau passant de façon isotherme et supposée réversible de la pressionPAà la pressionPv:
• dU=δQrev+δWrev=TdS−PdV.
C’est un gaz parfait donc la 1ère loi de Joule donne dU= 0 pour une transformation isotherme T=TA.
De plusV=mP MvRTA
v donc dS= P
TAdV =P mvRTA TAMv
d 1
P
=−P mvR
MvP2dP=−mvR Mv
d(lnP) d’où ds=−R Mv
d(lnP), ce qui après intégration donne1:
sv=sv A− R Mv
ln Pv
PA
.
• De même pour l’air sec, on obtient par le même raisonnement sa=sa A− R Ma
ln Pa
PA
. b)L’évolution étant isobare,PA= constante, donc dPa+ dPv= 0 .
c) L’entropie d’une phase condensée supposée incompressible ne dépend que de la température2, donc elle ne varie pas ici.
Finalement par extensivité on trouveS=S`+Sv+Sa=m`s`+mvsv+masa.
Dans cette expression, seules les variablesm`,mv,svetsavont varier au cours de la transformation car elle est isotherme, et car les pressions partiellesPvetPavont varier. En notant que dm`=−dmv
et dPa=−dPvon obtient
dS = dm`.s`+ dmv.sv+mv.dsv+ma.dsa= dmv.(sv−s`)−mMvR
v dPv
Pv −mMaR
a dPa
Pa
= dmv.(sv−s`)−TV
A(dPv+ dPa) = dmv.(sv−s`)−0 d’où dS=
sv A− R
Mv
ln Pv
PA
−s`
.dmv.
11.Le second principe pour (S) s’écrit dS=δSe+δScavecδSe=δQT
Acar on peut considérer l’extérieur comme un thermostat (transformation isotherme au contact de l’atmosphère). D’après les 2 questions précédentes on obtient
δSc=
sv A− R Mv
ln Pv
PA
−s`− `v TA
.dmv .
1. On peut retrouver ce résultat à partir de l’expression générale de la variation d’entropie (qu’il faut démontrer) : ∆s= cv∆ ln(P1−γvTγv)
aveccv=M R
v(γv−1)etT=TA= cte.
2. Le calcul classique donnes`2=c`lnT2
T1+s`1.
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12. Par définition de la pression de saturation, le système est à l’équilibre lorsquePv=Ps(TA). On en déduit que
δSc dmv
=sv A− R Mv
ln Ps(T)
PA
−s`−`v= 0 ⇔ sv A−s`−`v= R Mv
ln Ps(T)
PA
. On peut donc ré-écrire la relation du11.simplement
δSc=−R Mv
ln Pv
Ps(TA)
.dmv .
Par conséquent, comme toute évolution spontanée (irréversible) doit vérifierδSc>0 :
• SiPv< Ps(TA), alors−MR
vlnPPv
s(TA)
>0, donc on a nécessairement dmv>0, donc une partie du liquide se vaporise pour faire augmenterPvjusqu’à ce quePv=Ps(TA) ;
• À l’inverse siPv> Ps(TA) on a nécessairement dmv<0, donc une partie de la vapeur d’eau se liquéfie pour faire diminuerPvjusqu’à ce quePv=Ps(TA).
13. a)Si l’équilibre thermodynamique est atteint, on aPv=Ps(θA). OrPvV =nvRTA, mais le volume V n’est pas connu. À la place on connaît la pression totale, qui vérifiePAV = (nv+na0)RTA. Ceci conduit à
nvPA= (nv+na0)Ps(θA) ⇔ nv=na0
Ps(θA) PA−Ps(θA) , donc par conservation de la matière
n`=n`0−(nv−nv0) =n`0+nv0−na0
Ps(θA) PA−Ps(θA) .
b) i. On applique les relations ci-dessus sous l’hypothèse que l’équilibre thermodynamique soit atteint, ce qui donnen`= 0,036 mol etnv= 0,36 mol. L’hypothèse est validée puisque l’eau liquide, qui a été consommée, n’est pas en défaut.
ii. Cette fois on trouven`=−0,09 mol ce qui est impossible.L’eau liquide est donc en défaut et l’équilibre thermodynamique ne peut être atteint. Il y a donc rupture d’équilibre, toute l’eau liquide est consommée, d’oùn`= 0 et nv=nv0+n`0 = 0,27 mol.
I.3. Mesure de l’humidité à l’aide du psychromètre 14. L’air incident a une humidité absoluew=mmv
a donc mv=w ma. En aval l’air est saturé, doncwM=mvm+mev
a , d’où mev=ma(wM−w) .
15. Le système (S) subit une transformation isobare, donc ∆H= Q. Si le courant d’air est suffisamment rapide on peut aussi la considérer adiabatique, donc ∆H= 0 .
16. Par extensivité, on décompose la variation d’enthalpie en trois composantes correspondant à l’air sec, la vapeur humide initialement présente, et l’eau initialement liquide évaporée. Les 2 premières vérifient la seconde loi de Joule pour des gaz parfaits (ou plus généralement pour une transformation isobare). La troisième correspond à une vaporisation isobare et donc isotherme à la températureTh.
∆H= ∆Ha+ ∆Hv+ ∆Hev=macpa(Th−T) +mvcpv(Th−T) +mev`v(Th). En utilisant les relations trouvées en14., et en divisant parma, on trouve
(wM−w)`v(Th) = (cpa+wcpv).(T−Th) . 17. On extraitwde la relation précédente, d’où
w=wM`v(Th)−cpa(T−Th)
`v(Th) +cpv(T−Th) avec wM=δ Ps(Th) PA−Ps(Th) d’après la question3..
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18.On a montré en2.quew=δPPv
a=δPPv
A−Pv, donc h= Pv
Ps(T)=Pv
Pa
Pa
Ps(T)=δPv
Pa
1 δ
Pa
Ps(T)=w1 δ
Pa
Ps(T)=δ Ps(Th) PA−Ps(Th)
1−A(T−Th)1 δ
Pa
Ps(T) d’où h=Ps(Th)
Ps(T)
1−A(T−Th) Pa
PA−Ps(Th). Or commePv∼Ps(Th)Pa∼PA, on peut faire l’approximationP Pa
A−Ps(Th)≈PPa
A−Pv= 1, d’où h≈Ps(Th)
Ps(T)
1−A(T−Th) .
19.On a donc des températuresθ= 15◦C etθh= 7◦C. Le graphe donnePs(θ) = 17 hPa etPs(θh) = 10 hPa.
Ceci conduit àh= 0,28.
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II. Production d’un rayonnement synchrotron
II.1. Propriétés générales
1. On applique le Principe Fondamental de la Dynamique (PFD) dans un référentielRsupposé galiléen : md~v
dt R
=q~v∧B~ ⇔ d~v dt R
=~Ω∧~v en notant ~Ω =−q m
B~=ωc~uz avec ωc=eB0
m .
•En projetant selon~uzon obtient ¨z= 0 donc ˙z=~uz.~v0= 0. Pour une vitesse initiale horizontale, il n’y a pas de mouvement selonz.Le mouvement est donc planet~v= ˙x~ux+ ˙y~uy.
•La force magnétique ne travaille pas donc||~v||= constante. Il s’agit donc d’unmouvement uni- forme à la vitessev0=||~v0||.
•En intégrant le PFD3 on obtient d
−−→OM dt
R
=~Ω∧−−→
OM+A, et en choisissant un point~ M0 tel que A~=−~Ω∧−−→
OM0, on obtient
d−−−→
M0M dt
R
=Ω~∧−−−→
M0M
d’où l’on tire queM0M= constante en multipliant de nouveau scalairement par−−−→
M0M. Il s’agit donc d’unmouvement circulaire.
•LerayonRdu mouvement circulaire et uniforme est obtenu en projetant le PFD selon~ur, ce qui donne
−v20
R =−ωcv0 ⇔ R=v0
ωc=mv0
eB0
.
On en déduit aussi que la vitesse angulaire du mouvement est v0
R =ωc, appelée « pulsation cyclotron ».
2. a)La trajectoire est tangente ày= 0 à l’instant initial, donc le centre du cercle se trouve sur la droite x= 0 (vérifié par les lois horaires calculées en note de bas de page). Le cas limite au-delà duquel l’électron n’atteint plus le planx=`correspond à une trajectoire tangente au planx=`, donc à R=`. Ainsi, pour que l’électron puisse sortir on demande
R≥` ⇔ mv0
eB0
≥` ⇔ v0≥eB0` m .
Comme la norme de la vitesse est conservée, on aura en sortie ||~v0||=v0. 3. Version courte de la démonstration...
On pourrait, si on a le temps, ajouter la projection puis l’intégration (position initiale en l’origineO, vitesse initiale~v0=v0~ux) : (x¨−ωcy˙ = 0
¨
y+ωcx˙ = 0
⇒
(x−˙ ωcy = v0
˙
y+ωcx = 0
η=x+iy
=⇒ η˙+iωcη=v0 ⇒ η(t)−v0 iωc
=−v0 iωc
e−iωct
Doncx+i y+v0
ωc
est un nombre complexe de module constantR=v0
ωc=mv0
eB0, dont l’argument progresse de façon affine. Il s’agit donc un mouvement circulaire uniforme de vitesse angulaireωcet de rayonR.
Ou encore plus long, sans passer par les complexes : (
¨
x−ωcy˙ = 0
¨
y+ωcx˙ = 0
⇒ (
x−˙ ωcy = v0
˙
y+ωcx = 0
⇒ (
¨
x+ω2cx = 0
¨
y+ωc2y = −ωcv0
⇒ (
x(t) = vω0
csin(ωct)) x(t) = v0
ωc(cos(ωct)−1) . . .
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b)
Dans le triangle rectangle de sommet le centre du cercle, et d’hypo- thénuseR, on peut écrire
sinα= `
R ⇔ α= arcsin `
R
= arcsin ` eB0
mv0
.
3. a) L’électron doit subir une force d’attraction vers la plaque du bas, qui doit donc être chargée + quand la plaque du dessus est chargée−. On a donc U <0 .
La force électrique−e ~Eest dirigée vers le bas, et le champ électriqueE~ =E ~uyavecE=−Ud est dirigé vers le haut.
b)Le PFD appliqué dansRs’écritmd~dtv
R=q ~E, ce qui après projection et en utilisant les conditions initiales conduit à
¨ x = 0
¨
y = −eEm
⇒
˙
x = v0cosα0
˙
y = −eEmt+v0sinα0
⇒
x(t) = v0cosα0t y(t) = −2meEt2+v0sinα0t En notantτl’instant>0 tel quey(τ) = 0 de nouveau, on souhaite la condition pour quex(τ)< `:
y(τ) = 0 ⇔ −eE
2mτ+v0sinα0= 0 ⇔ τ=2mv0sinα0
eE ⇒ x(τ) =mv02sin(2α0) eE < `
d’où v0<
s
− eU ` dmsin(2α0) .
c) La force électrique est conservative, elle dérive de l’énergie potentielleEp(y) telle que−e ~E.d−−→
OM=
−eEdy=−dEpavecEp=eEy=−eUdy.
Le système est conservatif donc son énergie mécaniqueEm= 12m~v2−eUdyse conserve. Au niveau de la sortie eny= 0 l’énergie potentielle est la même qu’au point d’entrée 1, donc la norme de la vitesse aussi : ||~v||=v0.
L’axe de symétrie de la trajectoire, parabolique, est parallèle àE~donc à~ey passant par le sommet.
Par symétrie on en déduit qu’en sortie l’angle (~\ex;~v0) =α0 en valeur absolue.
d)Si l’entrée se fait au point 2, la norme de la vitesse sera changée. Par conservation de l’énergie mécanique on trouve alors
1
2mv20−eU 2 =1
2m~v02+ 0 ⇔ ||~v0||= s
v20−eU m .
Par ailleurs la vitesse selonxest constante donc connue :vx=v0cosα0en sortie. On en déduit l’angleα=(~\ex;~v0) en sortie :
~
ex.~v0 = vx=v0cosα0
= ||~v0||.cosα
⇔ α= arccos
v0cosα0 q
v02−eUm
.
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II.2. Mouvements dans des champs magnétiques alternés
4. Le résultat de la question 2.b)indique que le vec- teur vitesse ne subit qu’une rotation d’angle α = arcsin`eBmv0
0
à la traversée d’une section. En alternant le sens des champs magnétiques, on change le signe de cette déflexion. On obtient alors la trajectoire repré- sentée ci-contre. L’électron dérive selon~ey au fur et à mesure qu’il progresse selon~ex.
5. On doit donc le lancer avec un angle initial non nul par rapport à~expour qu’il ne dérive pas selon~ey. De plus, il est nécessaire que l’électron repasse pas l’axe Oxà chaque changement de cellule pour qu’il ne dérive pas. Géométriquement, on lit sur la figure ci-contre que l’angleβdoit vérifier
2Rsinβ=` ⇔ β= arcsin `
2R
= arcsin `eB0
2mv0
.
6. On pourrait envisager de juxtaposer des cellules soumises à des tensionsUde signes alternés. Cela pose deux problèmes :
•On ne peut trop rapprocher les cellules voisines car il y a un risque de claquage entre les plaques voisines chargées de façon opposée (étincelle suite au dépassement du champ disruptif du vide).
•La moindre erreur de positionnement va engendrer un changement de vitesse en norme (inévitable d’après la remarque précédente), et cette erreur va s’accroître à chaque traversée. La trajectoire sera d’autant plus instable (la norme de la vitesse ne peut changer dans le cas magnétique, ce qui diminue l’instabilité de la trajectoire).
7. Sur une cellule, l’électron parcours un arc de cercle de longueur 2RβavecR=2 sin`β, à la vitessev0, donc en une durée
∆t=2Rβ v0
= `β
v0sinβ à la vitesse moyenne vx= `
∆t=v0
sinβ β . Le mouvement étant circulaire uniforme, l’accélération en norme s’écrit simplement
a=v20
R =ωcv0 donc a=eB0v0
m .
II.3. Puissance rayonnée
8. D’après l’expression précédente on trouve immédiatement P= e4v20B02 6πε0m2c3 .
9. D’après l’expression trouvée en5., on obtient sinβ≈`eB2mc0≈1.2, ce qui est impossible. Ainsi, même pour la vitesse maximale possible, le champB0est ici trop fort pour que les électrons suivent une trajectoire stable selon~ex, en tout cas du point de vue de la mécanique classique...
10. Comme la force n’est pas modifiée en relativité, on peut toujours dire qu’elle ne travaille pas, donc Ec= (γ−1)mc2reste constante, doncla norme de la vitesse reste toujours constante.
Par conséquent on va trouverun mouvement circulaire uniforme avec une masse effectiveγmau
7
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lieu dem. D’où une pulsationωc=eBγm0 et un rayonR=γmveB0
0. Ceci conduit à β= arcsin `eB0
2γmv0
. L’énergie cinétique permet de calculerγ: γ= 1 + Ec
mc2 ≈4,9×103. On en déduit v0
c = s
1− 1
γ2≈1− 1
2γ2 = 1−2×10−8≈1.
On peut donc très raisonnablement considérerv0≈c. Finalement on obtientβ≈2,4×10−4rad = 0,013◦. Cet angle est très faible,les électrons se déplacent quasiment en ligne droite.
11.En injectantR=γmveB0
0 etv0≈c, obtient P= e4γ2B02
6πε0m2c = 3,8×10−9W.
12.La plus grande longueur d’onde est obtenue pourn= 1.
De plusvx≈v0car la trajectoire est quasi-rectiligne (à 2×10−4près).
Enfin le développement ci-dessus pour trouverv0a montré quevc0≈1− 1
2γ2doncvc
0≈1 + 1
2γ2. Finalement λ≈ `
γ2 = 1,8 nm. Il s’agit d’unrayonnement de type X.
13.L’énergie d’un photon étantEph=hν=λhc
0, le nombre de photons émis par seconde par un électron est4 n=Pλ0
hc = e4B02`
6πε0m2c2h = 3,2×107photons.s−1.
4. Il fallait connaître la valeur numérique de la constante de Planckhpour trouver la valeur... !
8
