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X Physique 2 MP 2002 — Corrigé
Ce corrigé est proposé par Fabien Guérin et Jean-David Picon (École Polytech- nique) ; il a été relu par Hicham Qasmi (ENS Lyon) et Jean-Julien Fleck (ENS Ulm).
Ce sujet est constitué de deux problèmes indépendants, l’un de physique, l’autre de chimie, ne contenant pas de difficulté calculatoire mais nécessitant une connais- sance solide du cours.
• Le premier est consacré au problème à trois corps, célèbre notamment en mé- canique céleste. Dans une première partie, on parcourt, dans le cas général, le problème à deux corps. Dans les deuxième et troisième parties, on étudie deux configurations particulières du problème à trois corps.
La résolution de ce problème nécessite essentiellement le principe fondamental de la dynamique, notamment dans un référentiel non galiléen. Toutefois, une bonne connaissance du cours de mécanique céleste est une aide précieuse.
• Le deuxième problème est consacré aux gaz réels et à leur mélange sous deux phases. Dans un premier temps, on établit l’expression du potentiel chimique d’un gaz parfait. Dans un deuxième temps, on introduit le concept de fuga- cité d’un gaz réel et on en calcule une valeur approchée pour un gaz de Van der Waals. Enfin, on s’intéresse aux mélanges de gaz et à la fugacité de leurs constituants. On applique les résultats à la construction des courbes de rosée et d’ébullition du mélange toluène-benzène.
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Indications
Premier problème I.2 Calculer d2−→
OC
dt2 en décomposant−→
OCà l’aide de −−→
OA1 et−−→
OA2.
I.3 Calculer d−−→
CA1
dt en décomposant−−→
CA1à l’aide de−−→
OA1 et−→
OC.
I.4 Décomposer−−−→
A1A2en−−−→
OA1+−−→
OA2.
I.5 Une particule soumise à une force centrale a une trajectoire liée si et seulement si son énergie mécanique est strictement négative.
I.6.a Décomposer l’accélération dans le repère de Frenet.
II.1 Ne pas oublier les forces d’inertie !
II.3 L’énergie est croissante puis décroissante sur chacun des trois intervalles.
Les positions d’équilibre sont les maximums locaux de ces trois courbes.
III.2 Écrire la relation fondamentale de la dynamique dans le référentiel tournant.
À l’équilibre, l’accélération dans ce référentiel et la force de Coriolis sont nulles.
III.3 La force d’inertie d’entraînement qui s’écrit ici :
−
→Fe =mΩ2−→ r dérive de l’énergie potentielle :
Ue=−mΩ2r2 2
III.5 Les termesuX(X0,Y0)etuY(X0,Y0)sont nuls car le pointX0,Y0est un point d’équilibre.
III.6 Le système de deux équations à deux inconnues aet bobtenu en remplaçant xetypar leur expression en fonction deλdoit avoir un déterminant nul pour que l’on ait des solutions non triviales.
Deuxième problème
1.c Le potentiel chimique d’un gaz parfait s’exprime en fonction de G etnpar : µ=G
n
2.a Exprimerf à partir de la relation obtenue à la question précédente et intro- duire le potentiel chimique du gaz parfait par :
µréel−µ◦=µréel−µparf+µparf−µ◦ Utiliser ensuite la relationdµ= Vmdp.
2.c Introduireε tel que Vm = RT
p (1 +ε)et développer alors l’équation d’état au premier ordre enε, a p
R2T2 et b p RT.
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Premier problème
Partie I
Cette partie permet d’établir des résultats de cours sur le problème de deux masses en interaction gravitationnelle dans un référentiel galiléen. Tou- tefois, on ne se place pas dans l’approximation classique où l’une des masses, bien plus grande que l’autre, est immobile dans ce référentiel.
On applique donc le principe fondamental de la dynamique aux deux masses ce qui conduit à un système d’équations couplées. Il faut donc dé- coupler les deux équations c’est-à-dire trouver deux variables indépendantes dont les évolutions le soient aussi.
I.1 L’énergie potentielle d’interaction gravitationnelle entre les deux masses sépa- rées d’une distancer s’écrit :
EP=−Gm1m2
r I.2 On veut déterminer−→
OC(t); or, on ne peut pas appliquer le principe fondamental de la dynamique directement àCcar le point n’est pas associé à un système matériel.
L’idée est donc de décomposer−→
OC.
Par définition du barycentre
(m1+m2)−→
OC =m1
−−→OA1+m2
−−→OA2
donc (m1+m2)d2−→
OC dt2 =m1
d2−−→
OA1
dt2 +m2
d2−−→
OA2
dt2
On applique ensuite le principe fondamental de la dynamique aux deux massesm1
etm2. En utilisant au choix la symétrie du problème, la conservation de la quantité de mouvement ou le principe de l’action et de la réaction,
−
→fm
2/m1=−−→ fm
1/m2
Ainsi
m1d2−−→
OA1
dt2 =−→ fm2/m1
m1d2−−→
OA2
dt2 =−→ fm1/m2 donc (m1+m2)d2−→
OC dt2 = (−→
fm
2/m1+−→ fm
1/m2) =−→ 0
Le barycentreCdes deux masses a un mouvement rectiligne uni- forme. Sa trajectoire dans un référentiel galiléen est une droite.
Il reste à déterminer sa vitesse. Calculons d−→
OC
dt = 1
m1+m2 m1d−−→
OA1
dt +m2d−−→
OA2
dt
!
donc d−→
OC dt =m1
−→ V1+m2
−→ V2
m1+m2
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I.3 Par définition du référentiel barycentrique, l’énergie cinétiqueECb1 de la parti- culem1dans ce référentiel est égale à
ECb1= m1
2
d−−→
CA1
dt
!2
= m1
2
d−−→
OA1
dt −d−→
OC dt
!2
= m1
2
−→ V1−m1
−→ V1+m2
−→ V2
m1+m2
!2
ECb1= 1 2
m1m2
m1+m2
(−→ V1−−→
V2)2
Par symétrie, ECb2=1
2
m1m2
m1+m2
(−→ V2−−→
V1)2
d’où ECb2= ECb1= EC
On retrouve dans cette expression la masse réduite µ = m1m2/(m1 + m2).
En remarquant de plus que
−
→v =d−−−→
A1A2
dt =−→ V2−−→
V1
on voit que l’énergie cinétiqueECprécédente est égale à celle d’une masse ponctuelleµ de vitesse−→
v.
EC= µ v2 2 I.4 Pour obtenir l’équation d’évolution de−→
r, on décompose−−−→
A1A2en passant parO.
d2−−−→
A1A2
dt2 = d2−−→
OA2
dt2 −d2−−→
OA1
dt2
= 1 m2
−
→fm1/m2− 1 m1
−
→fm2/m1
d2−−−→
A1A2
dt2 = 1 µ
−
→fm1/m2
d’où µd2−→
r dt2 =−→
fm
1/m2
La force exercée par la masse m1sur la massem2 est donnée par
−
→fm1/m2 =−Gm1m2
r3
−
→r
Cette force se retrouve facilement à partir de l’énergie potentielle d’interac- tion entre les deux masses trouvée à la question I.1 :
−
→fm
1/m2 =−−−→
grad Ep
(r,Θ,φ)
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