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PCSI Stanislas CB 2 2013-2014

PHYSIQUE Corrigé - Concours blanc PCSIMardi 29 mai 2012 (durée : 4 heures)

1 Propulsion d’un sous-marin

Q.1 D’après l’équation d’état des gaz parfaits : p = nRTV = cte

V pour une isotherme (hyperbole endiagramme (p, V ). Le cycle de Stirling a donc l’allure suivante :

C’est une cycle moteur compte tenu du sens de parcours du cycle.

Q.2 — Calculons directement le travail des forces de pression au cours de la transformation réversible1→ 2 :

W12 = −∫pdV = −

∫nRT1

dV

V= −nRT1 ln

(V2

V1

)⇒ W12 = nRT1 ln ρ > 0

Le travail est donc fourni au gaz au cours de la compression.

— D’après le 1er principe de la thermodynamique, appliqué au gaz parfait, au cours de lacompression isotherme 1→ 2 :

0 = W12 +Q12 ⇒ Q12 = −W12 < 0

En effet, le gaz parfait suit la première loi de Joule (énergie interne ne dépendant que de latempérature T ). La température étant constante, l’énergie interne ne varie pas.Ainsi, le transfert thermique est reçu par le gaz au cours de la transformation 1→ 2.

Q.3 Premier principe de la thermodynamique, appliqué au gaz parfait, au cours de l’échauffement2→ 3 :

CV (T3 − T1) = 0 +Q23 ⇒ Q23 =nR

γ − 1(T3 − T1) > 0

En effet, les forces de pression s’exerçant sur le gaz ne travaillent pas puisque la transformationest isochore.

Q.4 Comme à la question Q.2 :

W34 = −nRT3 ln ρ < 0 et Q34 = −W34 > 0

Q.5 Comme à la question Q.3 :

Q41 =nR

γ − 1(T1 − T3) < 0

On constate que les transferts thermiques Q23 et Q41 sont opposés. Ainsi, pour le régénérateuridéal :

Qregenerateur = 0

1 C. Lacpatia, A. Martin, N. Piteira


Q.6 Le rendement de ce moteur s’écrit, en notant W le travail reçu par le gaz sur l’ensemble du cycle :

r =−WQ34

= −W12 +W34

Q34

À l’aide des expressions précédentes, on calcule :

r =nR (T3 − T1) ln ρ

nRT3 ln ρ⇒ r = 1− T1

T3= 50%

Q.7 Le rendement de Carnot d’un moteur est le rendement pour un cycle réversible fonctionnant entreles mêmes sources de température à T1 et T3. En écrivant les bilans énergétique et entropique surun cycle on obtient, en notant Q1 le transfert thermique reçu de la part de la source froide et Q3

celui reçu de la part de la source chaude :0 = W +Q1 +Q3

0 = Q1

T1+ Q3

T3

Le rendement de Carnot s’écrit alors :

eC =−WQ3

= 1 +Q1

Q3⇒ 1− T1

T3= r

Le régénérateur idéal permet donc d’atteindre (théoriquement) le rendement de Carnot du moteur.

Q.8 (a) La masse contenue dans le système fermé Σf se conserve. Par extensivité de la masse, ona entre les instants t et t+ dt on a, en notant mC la masse contenue dans (C) :

dme +mC(t) = dms +mC(t+ dt)

L’écoulement étant permanent, mC(t) = mC(t+ dt), d’où :

dme = dms = dm

(b) — Écrivons la variation d’énergie interne du système fermé Σf entre les instants t et t+ dt.Par extensivité, et en notant ue l’énergie interne de la partie correspondante à dme, uscelle correspondant à dms, et uC celle du fluide dans (C), il vient :

∆u = u(t+ dt)− u(t) = uC(t+ dt) + us − (uC(t) + ue)

L’écoulement étant permanent, uC(t+ dt) = uC(t), d’où :

∆u = us − ue

— Appliquons maintenant le premier principe au système fermé Σf , les variations d’énergiecinétique étant négligées, ainsi que le travail du poids :

∆u = us − ue = wp + wu + q

où wp = peVe− psVs désigne le travail des forces de pression s’exerçant sur Σ (avec pe etps les pressions respectivement en entrée et en sortie du composant, Ve et Vs les volumesoccupés par les masses dme et dms).On reforme alors l’enthalpie h = u+ pV , d’où :

∆h = wu + q



Q.9 D’après le deuxième principe, l’entropie d’une transformation adiabatique réversible estconstante puisque l’entropie créée est nulle (réversible) et l’entropie échangée également (adia-batique, donc transfert thermique nul).

Q.10 Le cycle de Rankine et les états 1, 2, 3 et 4 sont reportés ci-dessous :

Q.11 — On lit sur le diagramme la température T1 de l’état 1 : T1 = 100 C .

— Les enthalpies massiques des états 3 et 4 sont : h3 ∼ 3430 kJ.kg−1 et h4 ∼ 2550 kJ.kg−1 .

— Les entropies massiques se lisent dans l’état 4 : s4 ∼ 7, 0 kJ.kg−1K−1 ; et aux deux bouts du

palier de changement d’état à T1 = 100 C : sV (T1) ∼ 7, 35 kJ.kg−1K−1 et sL(T1) ∼ 1, 3 kJ.kg−1K−1 .

Q.12 Par extensivité de l’entropie, on a :

s4 = x4sV (T1) + (1− x4)sL(T1)⇒ x4 =s4 − sL(T1)

sV (T1)− sL(T1)= 0, 94

Ce résultat est cohérent avec le fait que le point 4 se situe très près de la courbe de rosée.

Q.13 — Dans le condenseur (étape 4→ 1), aucun travail utile n’intervient. En appliquant le premierprincipe au fluide en écoulement, il vient alors :

h1 − h4 = 0 + qcond ⇒ qcond = h1 − h4 = −2110 kJ.kg−1 < 0

Le transfert thermique est donc fourni par le fluide au cours de cette étape de condensation.

— De même, au cours de la transformation 2→ 3 :

h3 − h2 = 0 + qGV ⇒ qGV = h3 − h2 = +2955 kJ.kg−1 > 0

Le transfert thermique y est reçu par le fluide.



Q.14 — D’après le premier principe appliqué au fluide en écoulement permanent, sur l’étape adiaba-tique 1→ 2 :

h2 − h1 = wpompe + 0⇒ wpompe = h2 − h1 = +35 kJ.kg−1 > 0

Il s’agit bien de travail reçu par le fluide au niveau de la pompe.

— De même, sur l’étape 3→ 4 :

h4 − h3 = wturb + 0⇒ wturb = h4 − h3 = −880 kJ.kg−1 < 0

Le système fournit bien du travail à l’extérieur lors de cette étape, ce qui va permettred’entraîner l’alternateur.

Q.15 Les travaux se répartissent de la manière suivante :

−wturb = wpompe + walt ⇒ walt = − (wpompe + wturb) = 845 kJ.kg−1

Q.16 Le travail reçu par le fluide au niveau de la pompe étant interne à la machine, on définit lerendement de ce cycle comme suit :

η =waltqGV

= 29%

2 Une balançoire

Q.17 On peut considérer le référentiel terrestre comme galiléen pour des expériences dont la durée estpetite devant une journée.

2.1 Étude du mouvement de l’enfant sans frottements

Q.18 On considère comme système l’enfant sur la balançoire et on travaille dans le référentiel terrestreconsidéré comme galiléen. Deux forces s’appliquent sur le système : la tension des attaches de labalançoire

−→T = −T−→ur et le poids de l’enfant

−→P = mg cos θ−→ur −mg sin θ−→uθ.

(a) Le PFD s’écrit : −mLθ2−→ur +mLθ−→uθ = (mg cos θ−T )−→ur−mg sin θ−→uθ. En projection sur l’axe−→uθ, il vient : θ + g

L sin θ = 0

(b) L’énergie cinétique s’écrit : Ec = 12mL

2θ2. La tension des attaches est perpendiculaires au fildonc elle ne travail pas. Le poids dérive d’une énergie potentielle Ep = −mgL cos θ.Le théorème de l’énergie cinétique s’écrit entre l’instant initial et un instant t s’écrit donc :12mL

2θ2(t)− 12mL

2θ2(0) = mgLcos θ(t)−mgLcos θ(0). En dérivant, on obtient doncmL2θθ+

mgLsinθθ = 0 en divisant θ et par mL2, il vient l’équation précédente.

(c) Le moment cinétique du système au point O s’écrit :−→L0 = m(L−→ur ∧ rθ−→uθ) = mL2θ−→uz. La

tension du fil passe par le point O, son moment en O est donc nul. Quant au poids, sonmoment s’écrit

−−→MO = L−→ur ∧ (mg cos θ−→ur −mg sin θ−→uθ) = −mgL sin θ−→uz

Le théorème du moment cinétique s’écrit donc : mL2θ+mgL sin θ = 0. En divisant par mL2,on obtient à nouveau la même équation.

Q.19 L’enfant "est" un oscillateur harmonique si l’équation qui régit son mouvement (donc l’évolutionde θ(t) s’écrit : θ + ω2

0θ = 0. Il faut donc que sin θ ≈ θ : il faut donc de faibles oscillations. Par

identification, la pulsation propre est alors ω0 =√g/l .

Q.20 L’évolution de l’angle est alors θ(t) = θm cos(ω0t + φ) et la vitesse de l’enfant s’écrit donc :v(t) = −Lω0θm sin(ω0t+ φ). La vitesse maximale est donc vmax = Lω0θm

Q.21 T0 = 2π√l/g = 3.1s . L’enfant démarre sans vitesse initiale, donc θm = θ0. vmax = Lω0θ0 ≈ 2.5m.s−1

(Attention l’angle doit être en radian).



2.2 Cas d’une force de frottements fluides

Q.22 Il s’agit d’une force de frottements fluides

Q.23 C a la dimension d’un temps multiplie par un moment d’une force (force * position), soit kg.m2s−1 .

Q.24 On peut reprendre le théorème du moment cinétique établi à la question Q.18c en rajouter lecouple de frottement fluides. Il vient : mL2θ + Cθ +mgL sin θ = 0.

Q.25 Dans l’hypothèse des petits angles, l’équation devient celle d’un oscillateur amorti : θ+ CmL2 θ+ g

Lθ =0. On observe un régime pseudo amorti quand les solutions de l’équation caractéristique sontcomplexes, c’est-à-dire quand C2

m2L4 − 4 gL < 0. Il vient C < 2√m2gL3

Q.26 L’expression générale s’écrit : θ(t) = e−C

2mL2 t(A cos(Ωt) +B sin(Ωt)) avec Ω =√

gL −

C2

4m2L4 la

pseudo-période du système.Les conditions initiales s’écrivent : A = θ0 et − C

2mL2A+ ΩB = 0 soit B = C2ΩmL2 θ0 = θ0√

4m2gL3

C2 −1

Q.27 Il faut C2

4m2L4 <<gL soit C << 2

√m2gL3 : c’est un régime très faiblement amorti.

Q.28 Sous l’hypothèse précédente, la décroissante de l’amplitude est lente devant les oscillations, l’ampli-tude des oscillations est donc donnée par l’exponentielle décroissante : θamp(t) =

√A2 +B2e−

C2mL2 t.

Au bout de 20 oscillations, on aura : θamp(t)θamp(0) = 1

2 = e−C

2mL2 20T0 soit C = 2mL2

20T0ln(2) = 3kg.m2.s−1

Q.29 D’un point de vue énergétique, l’impulsion étant supposée courte et d’intensité fixée, l’apport enpuissance sera maximal quand le produit scalaire

−→F · −→v sera maximale soit quand la vitesse et

maximale et horizontale : la poussée doit donc être appliquée quand l’enfant est au plus bas entrain d’avancer. La période d’application de la force est donc la période des oscillations de labalançoire, soit, sous l’hypothèse de frottements faibles T0.

Q.30

Q.31 θ(t) = θ0 cos(ω0t+φ) donc la puissance instantanée dissipée s’écrit : Pf =−→Γf · (θ−→uz) = −C(dθdt )

2 =

−Cω20θ

20 sin2(ω0t+ φ). La puissance moyenne dissipée vaut donc Pf =

−Cω20θ

20

2

Q.32 Dans le cadre d’oscillations sinusoïdales, l’autre enfant doit exactement compenser l’énergie perduesoit W =

4π2Cθ202T 2

020T0 =

40π2Cθ20T0

= 90J .

2.3 Faire monter la balançoire

Q.33 LOz = (−−→OM ∧m−→vM +

−→OA ∧ µ−→vA) · −→uz = (mL2θ + µ(L2 + a2)θ) (Ici les deux points sont en mou-

vement circulaire à la vitesse angulaire θ et la distance au centre de rotation est L pour le pointM et

√L2 + a2 pour le point A.

Q.34 On somme le moment des forces de pesanteur pour chaque masse : MOz(−→P ) = (

−−→OM ∧ m−→g +

−→OA ∧ µ−→g ) · −→uz



Quand l’enfant va de l’avant : MOz(−→P ) = −mgL sin θ(t)− µg

√L2 + a2 sin(θ(t)− φ) (On utilise

le bras de levier en remarquant que l’angle supplémentaire pour A est tel que (en valeur absolue)tanφ = a/L soit l’angle défini dans l’énoncé).

Quand l’enfant va vers l’arrière : MOz(−→P ) = −mgL sin θ(t)− µg

√L2 + a2 sin(θ(t) + φ)

Q.35 Le théorème du moment cinétique sur l’axe Oz s’écrit : (mL2 + µ(L2 + a2))θ = −mgL sin θ(t) −µg√L2 + a2 sin(θ(t) ± φ) suivant que l’enfant va en avant ou en arrière. On trouve les formes

demandées avec : ω21 = mgL

mL2+µ(L2+a2)et ∆ω2 = µg

√L2+a2

mL2+µ(L2+a2).

Q.36 Donc :mouvement vers l’avant : θ = −ω2

1θ(t)−∆ω2(θ(t)− φ)

mouvement vers l’arrière : θ = −ω21θ(t)−∆ω2(θ(t) + φ)

Q.37 On se ramène donc à l’équation : θ + (ω21 + ∆ω2)θ(t) = Eexc(t) avec Eexc(t) T périodique définie

sur une période par : Eexc(t) =

∆ω2φ t ∈ [0;T/2]−∆ω2φ t ∈ [T/2;T ]

On posera donc : Ω2 = ω21 + ∆ω2. Le tracé de Eexc(t) est donc un créneau d’amplitude ∆ω2φ, de

période T et commençant avec des valeurs positives.

Q.38 Le système est linéaire (l’équation a été linéarisée), donc la réponse à l’excitation totale est lasomme des réponses pour chaque terme sinusoïdale.

Q.39 On a vu qu’on se ramenait à l’étude d’un oscillateur harmonique excité. On sait qu’on observeune résonance lors qu’on l’excite à sa pulsation propre : Ω. Le fondamental (n = 1) est doncsusceptible d’engendrer une résonance. En l’absence de frottements, la résonance est "infinie",c’est-à-dire que l’amplitude du mouvement va augmenter jusqu’à sortir des limites du modèlesdes petits mouvements.

Q.40 On doit chercher une solution à l’équation θ + Ω2θ(t) = 4∆ω2φπ sin(Ωt) sous la forme θ(t) =

t(Kcos(Ωt) +K ′sin(Ωt)). En remplaçant, il vient :

2Ω(−K sin(Ωt) +K ′ cos(Ωt))− Ω2t(K cos(Ωt) +K ′ sin(Ωt))

+Ω2t(K cos(Ωt) +K ′ sin(Ωt)) =4∆ω2φ

πsin(Ωt)

⇒ 2Ω(−K sin(Ωt) +K ′ cos(Ωt)) =4∆ω2φ

πsin(Ωt)

En identifiant, il vient K ′ = 0 et K = −2∆ω2φπΩ

Q.41 Le premier terme correspond à la réponse à l’excitation résonante. Les termes de la somme corres-pondent aux réponses pour toutes les autres composantes spectrales. Le système étant stable pources excitation, il s’agit de régimes sinusoïdaux forcés. Les deux derniers termes sont la solutiongénérale de l’équation sans second membre : ils correspondent au régime libre (harmonique) del’oscillateur.

Q.42 La courbe en pointillé correspond au cas sans excitation (pas de divergence). L’autre correspondau cas avec excitation. Il n’y a pas de diminution d’amplitude dans le cas sans excitation, lesfrottements ne sont donc pas considérés dans le modèle.

Q.43 Les phases aux valeurs positives correspondent aux montées, c’est-à-dire quand la pente est crois-sante. Les phases aux valeurs négatives correspondent aux descentes.



Q.44 La période mesurée est d’environ 3s (9 secondes pour 3 périodes) dans chaque cas. Pour le cas sans

excitation, elle correspond au calcul. Pour le cas avec excitation, Ω =√

mgLmL2+µ(L2+a2)

+ µg√L2+a2

mL2+µ(L2+a2)

soit Ω ≈ 2.1rad.s−1 soit T ≈ 3.1, ce qui est cohérent aussi.

Q.45 La croissance est linéaire : on peut donc considérer que le fondamental possède un poids trèsimportant vis-à-vis des autres composantes.


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