Corrigé, CCP 2001 MP \(I\)

Corrigé
Concours Communs Polytechniques
PREMIERE EPREUVE DE PHYSIQUE - FILIERE MP
Document rédigé par Paul Roux, Saint-Etienne ([email protected])
A. Un exemple simple de servomécanisme à bifurcation mécanique
1. Liaisons
a)
La puissance totale des actions intérieures de contact est nulle, puisque les liaisons intérieures sont supposées parfaites.
Cette puissance est indépendante du référentiel d’étude puisqu’il s’agit d’un
torseur nul (actions intérieures, résultante et moment nuls) ; en effet, le passage
du référentiel R au référentiel R' se fait selon P = ∫ dF ⋅ v et P ′ = ∫ dF ⋅ v ′ soit
P − P ′ = ∫ dF ⋅ (v − v ′) = ∫ dF ⋅ v e où l’expression de la vitesse d’entraînement
en M du mouvement de R’ relativement à R est v e = v O′ + ω ∧ O ′M d’où enfin
P − P ′ = ∫ dF ⋅ v O′ + ∫ O ′M ∧ dF ⋅ω . Ici,
b)
∫ dF = 0
et
∫ O′M ∧ dF = 0
donc
P = P' = 0 pour tous R, R' .
Les liaisons extérieures sont également parfaites ; en particulier, la puissance
des actions exercées par B sur Sd est nulle. Ceci impose encore ΓOz = 0.
2. Solide tournant
a)
Le centre d’inertie de S est confondu avec A1 et on a donc, pour un mouvement
circulaire de rayon l sin θ, P = ml sin θϕ& y ′ . De plus, L O = OA 1 ∧ P s’écrit ici
L O = ml 2 sin 2 θϕ& z .
b)
Le théorème de la résultante cinétique impose − R = mg −
dP
; celui du modt
dL O
.
dt
On constate immédiatement la présence de termes liés aux dérivées première et
dL O
dP
&&y ′ − ϕ& 2 x ′ et
&&z . En
seconde de ϕ puisque
= ml sin θ ϕ
= ml 2 sin 2 θϕ
dt
dt
imposant l’équilibrage de la machine (solide symétrique), le centre d’inertie
dP
= 0 . On constate bien sûr aussi la disparition
devient fixe sur l’axe Oz et
dt
du moment en O du poids.
&&z .
Dans ce cas, on obtient − R = 2mg = 2mgz et − Γ O = −2ml 2 sin 2 θϕ
&& = 0 ⇒ ϕ& = ϕ& 0 = cte .
Les liaisons étant parfaites, ϕ
ment cinétique impose − Γ O = OA 1 ∧ mg −
c)
(
d)
)
1
ϕ& z ⋅ L O soit E k = ml 2 sin 2 θϕ& ;
2
le poids ne travaille pas (centre d’inertie fixe) et les actions de contact non plus
(liaisons parfaites) donc Ek est constant : ϕ& = ϕ& 0 = cte .
L’énergie cinétique de ce solide s’écrit E k =
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3. Système déformable astreint à tourner uniformément
a)
b)
c)
d)
La puissance reçue par la partie rigide du moteur, solide tournant à la vitesse
angulaire Ω z, recevant le moment – Mm, est égale à - Mm⋅Ω z ; la puissance
fournie par le moteur vaut donc P = Μm Ω .
Dans le référentiel lié au losange, la puissance P' s’obtient par la même transformation que celle envisagée en 1.a) ci-dessus et devient donc
P ′ = P − Ωz ⋅ M m z soit P' = 0.
Dans le référentiel tournant, les deux points matériels ont une énergie cinétique
égale correspondant à un mouvement circulaire de rayon l et d’angle θ, donc
E k′ = ml 2 θ& 2 .
L’énergie potentielle de pesanteur vaut – 2 m g (z – z0) où l’altitude z du centre
d’inertie vaut z = l cos θ ; on a donc Ep,g = - 2 m g l cos θ.
Les forces exercées dans R' comprennent de plus les forces d’inertie de Coriolis (dont la puissance est toujours nulle) et les forces d’inertie d’entraînement
exercées sur chacune des deux masses. Leur puissance s’écrit P = fe⋅v' pour
chacune des deux masses, soit en tout Pe = 2mΩ 2 l sin θx′ ⋅ l (cos θx′ − sin θz )
d
soit
Pe = 2mΩ 2 l 2 sin θ cos θ = −
− mΩ 2 l 2 sin 2 θ
qui correspond à
dt
l’expression de l’énoncé avec α = 1. On peut décrire cette énergie potentielle
comme centrifuge puisqu’elle est minimale lorsque θ est maximale, les masses
du régulateur s’éloignant au maximum de l’axe.


lΩ 2
sin 2 θ  ce
Regroupant les termes ci-dessus, il vient E ′p = 2mgl  − cos θ −
2g


(
e)
qui correspond à E0 = 2 mgl et u =
)
Ω
l
=Ω
. ω0 = 5,72rad.s-1 et E0 = 2,94J.
ω0
g
4. Positions d’équilibre du système astreint à tourner uniformément
a)
Les positions d’équilibre correspondent aux extréma de l’énergie potentielle ;
dE ′p
on calculera donc
= E 0 1 − u 2 cos θ sin θ , qui s’annule pour θ = 0 et pour
dθ
1
cos θ = 2 , dans le cas bien sûr où cette solution a un sens, donc si u > 1.
u
Les représentations ci-après sont proposées pour u = 0,01 ; u = 100 et u = 2 .
(
)
2
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b)
On cherche à vérifier les résultats ci-dessus : pour u faible, la position
d’équilibre stable est θ = 0 ; pour u élevé, c’est cette qui vérifie cos θ = 1/u2,
très voisine de π/2 ; pour u intermédiaire, la discussion reste à faire.
Une position d’équilibre est stable si l’énergie potentielle y est minimale ; cald 2 E ′p
culons donc
= E 0 cos θ + u 2 (1 − 2 cos 2 θ) . La position θ = 0 est donc
2
dθ
stable à condition que E 0 1 − u 2 > 0 ou u < 1, c’est-à-dire aussi longtemps que
[
[
c)
]
]
l’autre position n’existe pas. L’autre position cos θ = 1/u2 est donc stable aussi
1
2 
1

longtemps que E 0  2 + u 2 1 − 4  > 0 ou u 2 − 2 > 0 soit enfin u > 1,
u
 u 
u
c’est-à-dire dès que cette position existe.
1


Le cas u = 1 doit être traité à part ; dans ce cas, E ′p = E 0  − cos θ − sin 2 θ 
2


admet un seul extrémum en θ = 0. L’étude des dérivées successives montre que
seule la dérivée quatrième est non nulle en θ = 0 avec une valeur positive (à
d 4 E ′p
savoir
= 3E 0 > 0 ) et cette position est un équilibre stable.
dθ 4 θ=0
Les positions d’équilibre stable sont, compte tenu de ce qui précèdent, données
par θ = 0 si u ≤ 1 et θ = arc cos 1/u2 sinon ; le tracé correspondant est :
Pour obtenir θe = π/4, il faut
ω
1
1
=
donc Ω = 0 = 4,81rad.s −1 ou encore
2
u
2
2
Ω = 45,9 tours par minute.
5. Influence d’un ressort vertical
a)
1
2
K (h − 2l cos θ − l0 ) ou, dans
2
2
2
= 2 Kl (1 − cos θ) . On écrira donc plutôt cette
L’énergie potentielle élastique s’écrit ici E p ,k =
les conditions de l’énoncé, E p ,k
expression E p ,k = E 0 η 2 (1 − cos θ) et l’énergie potentielle totale se met sous la
2

u2
2
forme E ′p = E 0  − cos θ − sin 2 θ + η 2 (1 − cos θ)  .
2


3
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b)
Il suffit de reprendre le principe de l’étude ci-dessus, avec cette fois-ci
dE ′p
= E 0 1 + 2η 2 − u 2 + 2η 2 cos θ sin θ ; les conclusions sont donc exactedθ
u 2 + 2η 2
;
ment les mêmes que précédemment à condition de remplacer u2 par
1 + 2η 2
(
(
)
)
u 2 + 2η 2
≤ 1 ou u ≤ 1 pour lequel θ = 0 est la seule po1 + 2η 2
sition d’équilibre stable, et u > 1 pour lequel θ = 0 est une position d’équilibre
1 + 2η 2
.
instable, la seule position d’équilibre stable correspondant à cos θ = 2
u + 2η 2
L’allongement demandé vaut h – 2 l cos θ - l0 soit, en fonction des données de

u2 −1
1 + 2η 2 
l
l
∆
=
2

l’énoncé, ∆l r = 2l 1 − 2
ou
.
r
2 
u 2 + 2η 2
 u + 2η 
on aura donc le cas où
c)
d)
2
On a ici η = 2 et
(
)
1 + 2η 2
5
= 2
soit u = 5 2 − 1 donc enfin
= 2
2
u +5
2 u + 2η
1
2 − 1 = 5,30rad.s −1 ou Ω = 50,6 tours par minute.
Ω = ω0 5
B. Influence du rayonnement et de la gravitation dans l’étude des gaz
1. Energie interne et entropie d’un gaz parfait monoatomique
a)
b)
L’énergie interne d’un gaz parfait se réduit, en l’absence d’interaction entre
atomes, à la seule énergie cinétique Nec des N atomes du gaz. La température
du gaz parfait étant définie par le théorème d’équipartition, associant ½ kB T à
chacun des trois degrés de liberté de translation d’un atome, on obtient donc
3
3
N
U = N k B T = nRT puisque n =
et R = N A k B .
2
2
NA
3
 1 ∂U 
On en déduit immédiatement C vm = 
 = R . Posant H = U + P V donc
 n ∂T V 2
5
5
 1 ∂H 
H = U + n R T, C pm = 
 = R . Il vient γ = .
3
 n ∂T  P 2
dU PdV
+
s’écrit, pour un gaz parfait moL’identité thermodynamique dS =
T
T
3
dT
dV
qui s’intègre immédiatement selon
+ nR
noatomique, dS = nR
2
T
V
3
2
 32 
S = nR ln 3 = S 0 + nR ln T V  . La constante S0 correspond au choix de


T02 V0
l’état (T0, V0) pour lequel on choisit l’origine des entropies. Le principe de
Nernst (qui fixe une entropie nulle pour T → 0) ne peut s’appliquer à cette
formule car aucun corps ne se comporte plus comme un gaz parfait si T → 0.
T V
4
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c)
3
2
La relation S = constante impose T V = cte . Si le volume est multiplié par dix,
V
T f = Ti  i
V
 f
d)
e)
2
2
3
−
 = Ti 10 3 = 43K .


Vf
= nR ln 10 = 19,1J.K −1 .
Vi
L’évolution est réversible isotherme donc Q = T∆S = 5,74kJ avec donc nécessairement W = - Q = - 5,74kJ.
On n’aurait contradiction avec l’énoncé de Kelvin du second principe que si le
gaz fournissait du travail lors d’une transformation monotherme cyclique, alors
qu’ici les états initial et final sont différents.
dU PdV
+
On a déjà écrit dS =
. Comme le piston est rigide, dV1 = dV2 = 0 ;
T
T
dU 1 dU 2
comme le système est isolé, dU1 = - dU2. On a enfin dS =
soit
+
T1
T2
l’expression proposée avec C = 1.
Comme dS > 0 pour une évolution spontanée d’un système isolé, dU1 sera positif si 1/T1 > 1/T2 ou T1 < T2 : les échanges thermiques se font dans un sens
imposé par le second principe, du corps le plus chaud vers le plus froid.
L’équilibre thermique (S maximum) impose T1 = T2 .
 ∂2S 
1
1  ∂T 
1
 ∂S 
 =− 2
On a vu ci-dessus que 
donc 
 =−
 =
2 
T  ∂U V
C vmT 2
 ∂U V T
 ∂U V
A température constante, ∆U = 0 et ∆S = nR ln
 ∂ 2S2 
 ∂ 2 S1 
 ∂ 2S2 
1
1





;
et
=
+
et on en déduit que 
=
−
=
−
2 
2
2
2
 ∂U 
 ∂U 
C vmT1
C vmT22
1 V
2 V

 ∂U 1 V

 ∂2S 
1  1
1 
 =−
 2 + 2  et la condition de stabilité s’écrit
on aura donc 
2 
C vm  T1 T2 
 ∂U 1 V
donc Cvm > 0.
2. Thermodynamique du rayonnement
a)
b)
 ∂
La relation proposée ici impose 
[Vw(T )] = w(T ) = T  ∂ w  − w qui
 ∂T 3 V 3
T
 ∂V
w dw
donc
peut s’écrire sous forme d’une équation différentielle pour w : 4 =
T dT
w = aT4 où a s’exprime en J.m-3.K-4 .
1
Le coefficient statistique β =
décrit le facteur statistique de Boltzmann,
k BT
c’est-à-dire que la probabilité d’observer une particule dans un état d’énergie ε
si elle appartient à un système thermostaté à T est proportionnelle à

ε 
 = exp(− βε ) .
exp −
 k BT 
5
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On obtient l’énergie volumique en sommant sur toutes les fréquences ν selon
∞
ν3
8πh ∞
w = ∫ wν dν = 3 ∫
dν ; on fait alors le changement de variable
ν =0
c 0 exp(βhν ) − 1
x = β h ν pour obtenir w =
8π
3 3 4
c hβ
∫
∞
0
x3
dx qui s’écrit encore
exp x − 1
8π 5 k B4
8π 5 k B4 4
a
=
= 7,54.10 −16 J.m −3 .K − 4 .
T
soit
15c 3 h 3
15c 3 h 3
dU PdV 1
+
= [(w + P )dV + Vdw] qui s’écrit
On a encore ici l’identité dS =
T
T
T
1

encore dS = 4a  T 3 dV + VT 2  qui est évidemment la différentielle de
3

4
4 3
S = aT V à une constante additive près, soit A = a . Un rayonnement
3
3
3
γ r −1
= cte où γr – 1 = 1/3 soit
isentropique évolue donc selon T V = cte donc TV
4
γr = .
3
w=
c)
3. Thermodynamique d’un gaz parfait en présence de rayonnement
a)
dU PdV dU gp + dU r Pgp + Pr
+
=
+
dV
T
T
T
T
Pgp + Pr
1  nR 
1
dT + aT 4 dV + 4aT 3VdT +
sous la forme dS = 
dV soit,
T
T  γ −1
T
Pgp + 4 Pr

1  nR
après regroupement, dS = 
+ 4aVT 3 dT +
dV qu’on peut
T  γ −1
T


V  Pgp
+ 12 Pr dT + (Pgp + 4 Pr )dV . K = T
bien sûr encore écrire TdS = 
T  γ −1

On écrit à nouveau l’identité dS =
(
b)
c)
)
s’exprime en kelvin.
L’entropie du système s’obtient par intégration du résulta précédent ; on obtient
nR dT
dV
4
+ nR
+ 4VaT 2 dT + aT 3 dV qui, à une constante
encore dS =
γ −1 T
V
3
nR
4
ln T + nR ln V + VaT 3 ; on obtient évidemment
près, s’intègre selon S =
γ −1
3
la somme des deux entropies précédemment déterminées, à savoir celle
4
nR
ln T + nR ln V du gaz parfait et celle VaT 3 du rayonnement.
γ −1
3
Une évolution isentropique du gaz est caractérisée par dS = 0 soit ici

dV
dT  Pgp

ce qui permet d’écrire le coefficient
0=
+ 12 Pr dT + (Pgp + 4 Pr )
V
T  γ −1

Γ puisque Γ − 1 = (γ − 1)
Pgp + 4 Pr
Pgp + 12(γ − 1)Pr
6
.
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On notera encore Pgp = α (Pgp + Pr) donc Pgp =
α
Pr d’où on tire
1− α
α + 4(1 − α )
.
α + 12(γ − 1)(1 − α )
Si α = 1, la pression du gaz parfait domine et on retrouve bien sûr Γ = γ . Si le
5
7
gaz est monoatomique, Γ = ; s’il est diatomique, Γ = . Enfin, pour α = 0,
3
5
4
la pression qui domine est celle du rayonnement et on retrouve Γ = = γ r
3
comme dans le cas de l’étude du rayonnement seul.
Γ = 1 + (γ − 1)
d)
4. Thermodynamique d’un gaz parfait autogravitant
a)
b)
c)
Pour un tel satellite de vitesse v orbitant à la distance r du centre de la Terre, el
principe fondamental de la dynamique en projection radiale impose
v 2 GMm
m
=
si m est la masse du satellite, M celle de la Terre et G la consr
r2
GMm
tante de la gravitation universelle. Comme d’autre part E p , g = −
on obr
1
1 GMm
1
= − E p , g qui est la relation demandée.
tient mv 2 =
2
2 r
2
Ainsi, lorsque le satellite est freiné, E = Ek + Ep,g = - Ek diminue donc v augmente ; le satellite voit son énergie cinétique et sa vitesse augmenter au fur et à
mesure qu’il descend vers le sol, son énergie potentielle diminuant deux fois
plus que son énergie cinétique n’augmente.
nR
On a ici U = U gp + E p , g = U gp − 2 E k =
T − 3nRT qu’on peut écrire encore
γ −1
nR
R
U=
T (4 − 3γ ) ou on retrouve le résultat proposé avec B =
= C vm .
γ −1
γ −1
dU
L’expression ci-dessus fournit immédiatement
= nC vm (4 − 3γ ) donc
dT
g
g
C vm
= C vm (4 − 3γ ) . Dans le cas d’un gaz monoatomique, C vm
= −C vm < 0 et le
système autogravitant est instable ; un nuage de gaz atomique s’effondre sous
l’effet de la gravitation jusqu’à ce que la pression due au rayonnement
(d’origine thermonucléaire) rétablisse l’équilibre. Dans le cas d’un gaz diato1
g
= − C vm < 0 et la stabilité n’est pas non plus assurée, même si le
mique, C vm
5
cas paraît moins intéressant su point de vue de l’astrophysique.
7