Épreuve Spécifique de Physique et Chimie(filières PCSI, option PC)Proposition de correction

CONCOURS COMMUN SUP 2002

DES ÉCOLES DES MINES D’ALBI, ALÈS, DOUAI, NANTES

Épreuve Spécifique de Physique et Chimie (filières PCSI, option PC)

Proposition de correction

2

Mécanique : balade martienne.

1. Etude de l’orbite circulaire :

1-1) On pose : _{2 r}

0

r

G . u

r f m.M où r d'

u ! = OP ! = − !

sur la trajectoire circulaire.

D’après la relation fondamentale de la dynamique :

( )

0 0

0 0

0 2 0 2

0 r

0 tan

è

nor tan

2.r m.M.G E

r et G v M

cte v : où d'

r m v r G

M : m u sur

v cte dt v

m dv a

m 0 : u sur a

a m a m f

=

=

=

=

 



 



−

=

−

=

=

⇒

=

=

⇒ +

=

= !

!

!

!

! !

1-2)

0 0

m

0 2

0 c

0 p

c p m p

r E G M m 2 E 1

r G m M 2 v 1 2 m E 1

r G M E m

or E E E

r G M E m

−

=

−

=

⇒

 



 



=

=

−

= +

=

−

=

1-3) AN : v₀ = 3,5 km.s^-1 ; E₀ = 0,60 MJ

2. Approche de la planète :

2-1) La trajectoire parabolique est la limite entre la trajectoire elliptique et la trajectoire hyperbolique : - trajectoire elliptique état lié ( E_m<0)

- trajectoire hyperbolique état de diffusion ( E_m>0) sur la parabole : E_m = 0.

2-2) Si E_m = 0,

E

_c(∞)

→ 0 quand r → ∞ ...

sa vitesse est donc nulle et le voyage est trop long ! Il faut en fait

E

_c(∞)

> 0 ⇒ E

_m

> 0 ⇒

trajectoire hyperbolique.

3. Mise en orbite du satellite :

3-1) Trajectoire parabolique : on pose m_vais= (1+τ).m (masse du vaisseau avant éjection)

( )

( ) ( ) ⁰

0 S

2 S vais 0

vais S

C 0

vais S

P m m

v r 2

G 2 M v

v 2 m 1 r

G M E m

r G M E m

: S En

S E 0 E

=

=

⇒

= +

=

 ⇒

 



−

=

=

=

3-2) La seule force extérieure que subit le système est la gravitation. Sa puissance

P f ! . v !

=

est bornée.

L’énergie fournie par cette force pendant l’éjection vaut :

^W

^ext

⁼ ∫

^{0t(éjection)}

^{P dt}

^.

La durée de l’éjection étant quasi nulle, W_ext = 0 (car P est bornée) : le système est isolé.

Il y a donc conservation de la quantité de mouvement (mêmes propriétés q’un « choc mou » ).

(On peut aussi utiliser la RFD :

p

^t(éjection)

f . dt 0

0

! !

! = ≈

∆ ∫

pour les mêmes raisons)

3-3) Avant éjection :

p ! = ( ) 1 + ô m v !

S

Après éjection :

p ! ' = p ! '

_gaz

+ p ! '

_sat

= m v !

₀

+ ô m v !

_gaz

. u à parallèle v

ou v à parallèle v

: Ainsi

ales) (orthoradi s

colinéaire sont

v et v et ' p p

0 S gaz

0 S

!

ϑ

!

!

!

!

!

!

! =

Pour ralentir le satellite, il faut éjecter les gaz vers l’avant (direction orthoradiale).

Ainsi :

v !

_gaz

= ( v

_S

+ u ) u !

ϑ

3-4) On projette la conservation de la quantité de mouvement sur la direction orthoradiale :

u) ô.m.(v m.v

ô).m.v

(1 +

_S

=

₀

+

_S

+

soit, après simplification par m.v0 :

(1 + ô). 2 = 1 + ô.( 2 + á)

^{d’où :}

0,48 á

1 ô = 2 − =

Le gaz à emporter représente donc une surcharge non négligeable ! (Ce qui augmente dans les mêmes proportions l’énergie nécessaire pour lancer le vaisseau depuis la Terre : l’énergie est proportionnelle à la masse).

Remarquons aussi que plus la vitesse d’éjection est grande (plus α est grand), moins la surcharge est élevée ! C’est bien sûr la qualité primordiale d’un réacteur.

3-5) W=E’-E=E’_c-E_c puisqu’il y a continuité de la position, donc de E_p. Donc : W= E’_c-E_c=E’_c(sat)+E’_c(gaz)-E_c(gaz+sat)

or :

GJ 32 , 0 1)) 2 2 á.(

2.

(3 E W : 4) - 3 du de valeur la

reprenant en

, finalement

2.(1 ô)]

2 á) .[1 ô.(

E W E

E'

.E 2 á) u) ô.(

2 .(v E' m.ô

2.(1 ô).E 2 .v

m.(1 ô) E

0

2 0

0 c(sat)

0 2 2

S c(gaz)

0 2

S sat)

c(gaz

=

− +

−

=

+

− + +

=

 





 







=

+

= +

=

+ + =

+

=

τ

4

Electronique : Compteur d’impulsions.

1) Il n’y a pas de contre-réaction : l’AO est donc en régime saturé.

En régime permanent, il ne circule aucun courant i dans R (C coupe le courant) : V₊=R.i-V₀=-V₀ Or V_-=V_e=0 par hypothèse ; donc V_d=V₊-V_-<0 → Vs= -V_sat= -E

2) Il y a continuité de la tension aux bornes d’un condensateur.

Au moment ou V_e passe à –U, V_d=V₊-V_-= -V₀-(-U)=U-V₀>0 ; la sortie bascule donc à V_s= +E Pas de discontinuité de tension aux bornes de C ; u_c(0+)=u_c(0-)= -E-(-V₀)=V₀-E ;

et V₊(0₊)=V_s(0₊)-u_c(0₊)=E-(V₀-E)=2.E-V₀

Quand V_e revient à 0 (à t=0₊), V_d=V₊(0₊)-V_-(0₊)=2.E-V₀>0 : la sortie reste donc à V_s=+E.

3) La sortie reviendra à –E dès que V+=V-=0.

Déterminons donc V₊(t)=Vs-uc(t)=E-u_c(t) puisque avant le retour à-E, V_s reste à +E.

+E

u_c i R V₀

( )

( )

400nF F

0,4 C ô/R

0,4ms 2.E V

ln ô t R.C : AN

V ô.ln 2.E t

0 ) (t V : que tel t à effectuera s'

retour Ce

E V à retour le

avant V

t/ô 2.E.exp (t)

V : Finalement

) V (E t/

2.E.exp (t)

2.E u A

donc V

E A E V u 0 t à Or

) V (E ) t/

A.exp(

(t) u où d'

R.C avec ô

ô V E ô u dt V du E u R.i

0 0

0 0

0 0

s 0

0 c

0 0

c

0 c

0 c

c 0

c

=

=

=

⇒

=

 

 

=

=

 

 

=

⇒

=

−

=

−

−

=

+ +

−

−

=

 ⇒

 

−

=

− +

=

−

=

=

+ +

−

=

+ =

= +

⇒ +

= +

+ +

+

µ τ τ

A t₀, la sortie revient à V_s=-E ; étudions l’évolution de V₊(t) à partir de t₀ :

Il y a continuité de la tension aux bornes de C ; sachant que V₊+ u_c=V_s, si V_s subit une discontinuité de –2.E (passage de E à –E), V₊ subit la même discontinuité : V₊(t₀₊)=V₊(t_0-)-2.E= -2.E.

L’équa . diff . régissant uc devient :

u (t) B.exp( t/ ) (-E V )

ô V E - ô u dt du

0 c

0 c

c

+ = + ⇒ = − τ + +

( ) ( )

0 0 0

c s 0

0 0

c

0 0

0 0

0 c

V ) ô

t 2.E).exp( t (V

u V (t) V et ) ô

t ).exp( t V (2.E E) (V u Donc

/ô t ).exp V (2.E B )

V E ( /ô t B.exp E

E ) (t u Or

− −

−

−

=

−

− =

−

− +

−

=

−

=

⇒ +

− +

−

=

⇒

=

+

Le système est dit « monostable » car le seul état stable (tant que V_e=cte=0) est V_s=-E ; V_s=+E est un régime transitoire.

Voir graphes G₂ et G₃.

4) Voir Graphe G5.

[

0 0

]

0 m

T

0 s

S

E.t E.(T t ) E.(2.t .f 1) V

T (t).dt 1 T V

V = 1 ∫ = − − = − =

5)

( )

( )

 



 



≈

 −

 

− 

≈

−

=

⇒

=

 ⇒







 



 



 

 + 

−

=

=

+ = + =

=

0 G : BF en

e 20dB/décad à

dte ù ;

20.log ù G

: HF en

3dB G

ù si ù

ù 1 ù 10.log H

20.log G

.C R ù 1 si ù j. ù 1

1 Y

. R 1 jù 1 H

1 2 1

1 dB

1 1 1 1

1 c1

C’est un filtre passe bas du 1^er ordre (diagramme joint avec les graphes).

6) Le signal est périodique , de période T=1/f (la même que les impulsions) : il se décompose en série de Fourier, soit une composante continue (V_m) et des harmoniques de fréquences k.f (k entier allant de 1 à l’infini).

Pour que le filtre ne laisse passer que la composante continue, il suffit qu’il coupe toutes les harmoniques, et donc que f>>f₁=ω1/2π (en fait, ces harmoniques seront intégrées : on retrouvera en sortie de la dent de scie autour de Vm, de très faible amplitude). Il faudra donc : R₁.C₁>>T/(2π).

Dans ce cas, V₂=V_m et V_L=V₂-(-E)=V_m+E=2.E.t₀.f

7) Si n est le régime du moteur (en tr/mn), alors : f_mot=n/60 (en Hz) et f=f_impuls=2.n/60=n/30 (en Hz) Et donc : V_L=2 .E.t₀.n/30

AN : à 100tr/mn, V_L=0,04V à 8000tr/mn, V_L=3,2V Il faut prévoir une mesure de 0 à 3,2V

De plus, on a vu que R1.C1>>1/(2.π.f)≥1/(2.π.fmin)=30/(2.π.100) donc C1>>48nF (on pourra prendre C1≥1µF)

6 Vs

E

t

1 (ms)

G2

-E

t₀=1ms

V+ (V) 11

10

G3

5

1

t

1 (ms)

-1

τ τ

-12

Vs

E

t (ms) G₅

-E

t₀

T=1/f

G_dB

ω1 10.ω1 ω

0

(échelle log)

-20

8

Thermodynamique : étude d’un climatiseur.

1. Généralités :

1-1) Diffusion à travers une paroi poreuse. Détente de Joule-Thomson.

1-2) Le fluide reçoit : w de l’extérieur + w’ de la part du RESTE du fluide (travail des forces de pression).

∆u = w + w’ + q ⇒ ∆h = w + q

1-3) Compression adiabatique réversible d’un gaz parfait ⇒ on applique les relations de Laplace :

ã 1 ã

e s e ã s s 1 ã s ã e 1 ã e

ã 1 ã ã

P P T .T T

P .T P Ainsi

cte .T P ou cte P.V

−

−

−

−

 

 

=

⇒

=

=

=

1-4) Lvap (T) = h_{vap sat}(T) – h_{liq sat}(T)

D’où ; à 0°C : L_v=1230 kJ/kg à 20°C : L_v=1150 kJ/kg à 40°C : L_v=1060 kJ/kg

2. Fonctionnement hivernal du climatiseur (chauffage) :

2-1) Graphe avec explications (isentropiques verticales…) T_B ≈ 56°C

2-2) D’après 1-2) :

• w= h_B-h_A = 105 kJ/kg

• q_c=h_C-h_B et donc q_c= -1235 kJ/kg (dans l’échangeur E1, le fluide cède de la chaleur au local)

• q_f=h_A-h_D=h_A-h_C (car CD est isenthalpique)=1130 kJ/kg (ici, le fluide est réchauffé par l’ext.) Bilan énergétique : ∆hcycle = w+q_f+q_c = 0 . On retrouve bien la propriété d’une fonction d’état.

2-3) η=qc/w≈12

L’énergie à fournir est divisée par 12 comparée à celle qu’il aurait fallu avec un chauffage traditionnel.

ηCarnot=T₀/(T₀-T₁) = 293/20 = 14,6 (sensiblement le même : le cycle parcouru est proche d’un cycle de Carnot)

Le cycle de Carnot est constitué de 2 isothermes réversibles et 2 adiabatiques réversibles ; ici 2 parties du cycle sont irréversibles :

• BC : tant que le fluide est vapeur, sa température est > Tlocal ; l’échange de chaleur n’est ni réversible ni isotherme;

• CD : détente de Joule- Thomson ; elle est adiabatique, mais typiquement irréversible (diffusion) .

2-4) s_D=X.s_vap+(1-X)s_liq car S est extensive donc X=(s_D-s_liq)/(s_vap-s_liq)≈ 8% (par mesure des longueurs des palliers)

2-5) D’après 1-3) :

] 1,4

) /P ln(P

) /T [1 ln(T

) ã /P ln(P

) /T ln(T ã

1 1

¹

A B

A B A

B A

B

⇒ = − ≈

=

−

⁻

3. Fonctionnement estival du climatiseur (rafraîchissement) :

3-1) graphe T’_A ≈ 68°C

3-2) On procède comme au 2-2) :

• w’= h_A’-h_B’= 85kJ/kg

• q’₁= h_B’-h_C’= 1050kJ/kg ( >0 ; ici, le fluide reçoit de la chaleur de la part du local)

• q’2= hD’-hA’ d’où : q’2= -1135kJ/kg ( <0 ; le fluide cède de la chaleur à l’extérieur) 3-3) η’= q’1/w ≈ 12