Correction du CAPES externe de Physique 2007

Université d’Avignon
Philippe LIEUTAUD
Correction du CAPES externe de Physique 2007
La composition de physique et applications 2007 comprend cinq parties : la première
concerne la thermodynamique et en particulier le fonctionnement d’un moteur thermique
selon le cycle de Diesel, la seconde est consacrée à la physique appliquée et en particulier à
l’étude d’alternateur synchrone triphasé et de machine asynchrone triphasée, la troisième
traite de mécanique (d’ailleurs essentiellement de géométrie), la quatrième tourne autour de
questions d’électrocinétique et enfin la cinquième traite d’optique.
Les vecteurs apparaissent dans le texte de la rédaction soit en caractère gras soit surmontés
d’une flèche.
I
I.1
I.1.1
I.1.2
Moteur Diesel
Propriétés d’un gaz parfait
l’équation d’état du gaz parfait est : PV=nRT
H=U+PV=U+nRT, donc dH=dU+nRdT, et CpdT=CvdT+nRdT, d’où : Cp=Cv+nR , et :
γ nR
nR
CV =
, et C P =
.
γ −1
γ −1
I.2
Transformations d’un gaz parfait
I.2.1
WisoV =
∫
Vf
I.2.2
WisoP =
∫
Vf
Vi
Vi
δ WisoV =
∫
δ WisoP =
∫
Vf
Vi
Vf
Vi
− P.dV = 0 , car dV=0 en isochore.
− P.dV = − Pi (V f − Vi ) = − Pf (V f − Vi )
I.2.3
CV
1
( Pf V f − PiVi ) =
( Pf V f − PiVi )
nR
γ −1
C
γ
= ∆ H = C P ∆ T = C P (T f − Ti ) = P ( Pf V f − PiVi ) =
( Pf V f − PiVi )
nR
γ −1
= 0 , car adiabatique.
QisoV = ∆ U − WisoV = ∆ U = CV ∆ T = CV (T f − Ti ) =
I.2.4
QisoV
I.2.5
I.2.6
QisoS
dU = CV dT = TdS − PdV , en adiabatique réversible dS=0, et compte tenu de
1 dT dV
+
= 0 , soit en intégrant : T .V γ − 1 = Cte ,
l’équation d’état PV=nRT, on obtient :
γ −1 T
V
ou P.V γ = Cte .
I.3
Etats thermodynamiques successifs lors du cycle diesel.
D’après les indications de l’énoncé, on peut tracer le cycle qui sera demandé dans une
question ultérieure :
P
I.3.1
PA=Patm=1.00
105 ;
TA=Tatm=300K ;
VA=V
=0.4L.
max
C
B
I.3.2
V
V
PB = PA ( A )γ = PA ( max )γ = 3.95 .105 Pa
D
VB
Vmin
A
PBVB PBVB
V
=
TA = 444.13 K .
;VB=Vmin=0.15L ; TB =
nR
PAV A
Vmin VC
Vmax
PL
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I.3.3
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PC=PB=3.95 105 Pa ; VC=VC=0.25 L ; TC =
PCVC PCVC
=
T A = 740.2 K
nR
PAV A
VC γ
V
) = PC ( C ) γ = 2.04 10 5 Pa ;
VD=Vmax=0.4
L;
VD
Vmax
PV
PV
TD = D D = D D T A = 613.35 K .
nR
PAV A
I.4
Transformations lors du cycle diesel
Les questions qui suivent utilisent les relations générales démontrées en I.2 et les valeurs
calculées en I.3.
I.4.1 A
->
B:
adiabatique
réversible
donc :
QAB=0
et
PAV A
nR
W AB = ∆ U AB − Q AB = CV (TB − T A ) =
(TB − T A ) =
(TB − T A ) =48.04 J.
γ −1
(γ − 1)T A
I.4.2 B
->
C:
isobare,
donc :
WBC=PC(VB-VC)=-39.5
J
et
γ PAV A
γ nR
Q BC = C P (TC − TB ) =
(TC − TB ) =
(TC − TB ) =138.17 J.
γ −1
(γ − 1)TA
PAV A
(TD − TC ) =-42.28 J.
I.4.3 C -> D : adiabatique réversible donc QCD=0, et WCD =
(γ − 1)T A
PAV A
(TA − TD ) =-104.45 J.
I.4.4 D -> A : isochore donc WDA=0, et Q DA =
(γ − 1)T A
I.5
Diagramme de Clapeyron du cycle diesel
I.5.1 Wtot=WAB+WBC+WCD+WDA=-33.74 J. Wtot<0 car le système fournit effectivement du
travail à l’extérieur (fonctionnement en moteur).
P
I.5.2
I.3.4
PD = PC (
B
C
D
A
V
Vmin VC
sens horaire car cycle moteur.
Vmax
Rendement du moteur diesel
Par définition le rendement est le quotient de l’énergie utile sur l’énergie dépensée :
énergie utile
η =
.
énergie dépensée
I.6.2 Ici la machine thermique est un moteur, donc ce qui présente de l’intérêt est le travail,
et l’énergie investie est ce que l’on prend à la source chaude pendant la phase B -> C, d’où :
− W tot
η =
=0.244=24.4%.
Q BC
I.6.3 Pour N=1500 tr/min=25 tr/s, il y a donc 25 cycles de 33.74 J par seconde soit 843.5
J.s-1, soit une puissance de : Pmot=843.5 W.
Remarque : Cette puissance est beaucoup trop faible pour une locomotive (cela n’est
d’ailleurs pas très étonnant vu la cylindrée de 0.4L), d’autre part, en ramenant à une cylindrée
de 2L (cylindrée classique pour une automobile) et une vitesse de rotation de 4000 tr/min
(valeur classique ici aussi), on obtient 11247 W, soit 15 ch, on est donc en deçà des
puissances classiques annoncées pour ces voitures (100 à 150ch, il est vrai avec turbo).
I.5.3
I.6
I.6.1
PL
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II
II.1
Alternateur triphasé et moteur asynchrone
Etude de l’alternateur triphasé
2π
2π
4π
4π
− 2π
− 2π
u x + sin
u y ; S 3 = cos
u x + sin
u y = cos
u x + sin
uy .
II.1.1 S 2 = cos
3
3
3
3
3
3
II.1.2 Bx(t)=Bcosωt ; By(t)=Bsinωt.
dΦ k (t )
II.1.3.a.
D’après Faraday : ek = −
.
dt
Φ k = ∫ ∫ B.d S = N .B.S k , d’où, en effectuant, Φ1=BNScos(ωt) , Φ2=BNScos(ω
II.1.3.b.
t-2π/3) , Φ3=BNScos(ωt+2π/3).
II.1.3.c
II.1.3.d
comme u k = − ek =
d Φ k (t )
, Umax=BNSω, ϕ1=0, ϕ2=-2π/3, ϕ3=+2π/3 [2π] .
dt
U(t)
V2(t)
V3(t)
V1(t)
t
II.1.3.e
Pour une tension sinusoïdale : U eff = U max / 2 ,
d’où Umax=311 V.
II.1.3.f
Pour du triphasé équilibré : U tri = U mono 3 , d’où
Utri=380 V (dans la réalité le 220/380 V est plutôt du 230/400 V).
II.2
Etude magnétique du stator du moteur asynchrone
V3
V31
Utri
Umono
V1
V2
II.2.1
Tout plan perpendiculaire à l’axe est plan de symétrie : donc B est axial, il y a invariance par
translation suivant l’axe et par rotation autour de l’axe : donc B ne dépend que de la distance à
l’axe. De plus le théorème d’Ampère appliqué sur un contour rectangulaire intérieur ou
extérieur montre que B est constant à l’intérieur du solénoïde, et constant à l’extérieur du
solénoïde. Si l’on calcule le champ sur l’axe en intégrant sur toutes les spires, on obtient B=µ
0nIuz sur l’axe et donc à l’intérieur, et en appliquant le théorème d’Ampère sur un contour
rectangulaire de part et d’autre du solénoïde, on obtient un champ nul à l’extérieur.
II.2.2.a
Le milieu étant linéaire, le champ résultant est la somme des trois champs crées
par les bobines : B=B1+B2+B3=µ0nI1(t)u1 + µ0nI2t)u2+ µ0nI3(t)u3, soit, en utilisant les formules
trigonométriques rappelées en début d’énoncé : B=3/2.µ0nI0(-sinωt ux+cosωt uy).
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D’où B0 =
Philippe LIEUTAUD
3
µ 0 nI 0 .
2
On remarque que B²=B0², donc le vecteur B est de norme constante, de plus,
II.2.2.b
dB
= − B0ω tri cos(ω tri t )u x − B0ω tri sin(ω tri t )u y = Ω B ∧ B , avec ΩB=ωtriuz : donc B est un
dt
vecteur tournant à la vitesse angulaire ΩB=ωtriuz .
Φ ext
II.3 Etude électrique du rotor du moteur asynchrone
II.3.1 D’après l’énoncé, le circuit électrique équivalent au rotor est :
L’équation électrique est donc : Ri+Ldi/dt=-dΦext/dt.
i
II.3.2 En tenant compte des données de l’énoncé :
ω Bt
ω St-ϕ
B
uy
S
ux
π
−ϕ)
2
− sin(ω B t )
π
II.3.3 Φ ext (t ) = B (t ).S (t ) = B0 cos(ω B t ) . S sin(ω S t + − ϕ ) = B0 S cos((ω
2
0
0
cos(ω S t +
B
− ω S )t + ϕ )
II.3.4 en identifiant : ω=ωB-ωS.
II.3.5 En passant en complexe (grandeurs soulignées) , l’équation différentielle devient :
Ri+Ldi/dt=-dΦext/dt, et en remplaçant par la forme demandée : on obtient :
ω B0 S
( R + jLω )i = − jω Φ ext , on en tire Imax = | i |=
.
R ² + L ²ω ²
R
R
II.3.6 ψ = arg(Φ ext ) − arg(i ) = arg(− L + j ) , d’où sin(ψ ) =
(du signe de ω).
ω
R ² + L ²ω ²
II.4 Etude mécanique du rotor du moteur asynchrone
II.4.1 m = i.S .
II.4.2 Γ = m ∧ B = i (t ).S .B0 . sin(ω t + ϕ )u z ,
soit :
ω B0 ² S ²
cos(ω t + ϕ − ψ ) sin(ω t + ϕ ) .
R ² + L ²ω ²
II.4.3 en développant le cosinus et en prenant la valeur moyenne sur le temps (la moyenne
ω RB0 ² S ²
d’un sinus² est égale à ½) : C = < Γ z > =
.
2( R ² + L ²ω ²)
Γz=
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ω B RB0 ² S ²
. Le moteur peut démarrer seul si C0
2( R ² + L ²ω B ²)
(couple moyen à l’arrêt) est supérieur au couple résistant ramené sur son arbre.
II.4.5 Le couple est moteur si C>0, soit, C étant du signe de ω, si ω>0 ou encore si ωB>ωS :
le champ tournant va plus vite que le rotor et l’entraîne. Le couple est résistant si C<0, soit si
ω<0 ou encore si ωB<ωS : le champ tournant va moins vite que le rotor et le freine.
dC
= ( R ² − L ²ω ²)( R ² + L ²ω ²) − 2 , la dérivée s’annule pour
II.4.6 Dérivons la fonction C(ω) :
dω
R=Lω, soit une vitesse de rotation angulaire ω=R/L. La vitesse du rotor qui maximise le
couple est ωS=ωB-R/L et le couple maximum vaut : Cmax=B0²S²/4L.
II.4.7 La courbe du couple en fonction de la vitesse de rotation rotor (pour une vitesse de
C
Cmax
II.4.4 pour ωS=0, on a ω=ωB d’où C 0 =
C0
ω max ω B
Fonctionnement
moteur
ωS
Fonctionnement
générateur
champ donnée) est la suivante :
. On remarque
en particulier le maximum de couple (question II.4.6) et les deux types de fonctionnement en
moteur ou générateur (question II.4.5).
III
III.1
Forme des roues des trains.
Conditions cinématiques de roulement sans glissement
∆ L2
∆ L1
L
R1
θ
III.1.1
θ=∆L1/R1=∆L2/(R1+L), d’où : ∆L2/∆L1=1+L/R1.
III.1.2 Pour un angle α de rotation de l’arbre des roues : ∆L2=α.r2 et ∆L1=α.r1, d’où : ∆L2/∆
L1=r2/r1.
III.1.3 On en déduit : r2/r1=1+L/R1.
III.2 Variation du rayon des roues
III.2.1 Si le chemin de fer est rectiligne, son rayon de courbure est infini et r2=r1=r0.
rL
r2 r0 + δ
δ
δ
δ
δ
=
= (1 + )(1 − ) − 1 = 1 + 2 + o( ) , d’où δ = 0 .
III.2.2
r1 r0 − δ
r0
r0
r0
r0
2R1
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H2
H1
I2
L
γ
I1
III.3.1
On obtient : sin(γ)=(r2-r1)/L.
III.3.2 sin(γ)=r1(r2/r1-1)/L= r1(L/R1)/L=r1/R1 d’où : comme γ est petit et r1 proche de r0 : γ
=r0/R1.
III.3.3 le chemin de fer est rectiligne, son rayon de courbure est infini et γ=0 (le train reste
horizontal en ligne droite).
III.3.4 Pour γ=2%=0.02, on a : R1>r0/0.02=61 m.
IV
IV.1
Etude de l’éclairage intérieur du train par tube à décharge
Caractéristique d’un tube à décharge
i
Cycle
d’hystérésis
Pente 1/Ra
u
Ve
Va
IV.1.1
IV.1.2 - dipôle libre (pas de commande extérieure, l’état actuel ne dépend que de l’état
antérieur et de l’évolution).
- dipôle non linéaire (car seulement linéaire par morceaux tel que modélisé).
- Dipôle passif (car ne peut que recevoir de la puissance).
IV.2 Tube éteint
IV.2.1
On a : u=uC , u=E-Rig , iC=CduC/dt et ig=iC+I, or
ig
i
i
C
i=0 car le néon est éteint, on obtient donc :
R
C
du
u
u + RC
= E.
dt
E
IV.2.2 la solution somme de l’équation générale
sans second membre et d’une solution particulière
t
de l’équation avec second membre est égale à : u (t ) = Ke − RC + E , et u(t=0)=0 donc K=-E
t
donc : u (t ) = E (1 − e RC ) .
IV.3 Tube allumé
IV.3.1 Par transformation Thévenin-Norton, résistance équivalente et transformation NortonThévenin, on arrive à :
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R
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⇔
C
E/R
Ra
R
Ra
C
⇔
C
E/R
RRa/(R+Ra)
E
⇔
RRa/(R+Ra)
C
ERa/(R+Ra)
d’où : E ' = E
Ra
RRa
et R ' =
.
R + Ra
R + Ra
du
= E' .
dt
IV.3.3 La solution est du même type que précédemment, et avec la condition demandée en
( t − t ) / R 'C
+ E' .
t=t0 : u (t ) = (Va − E ' )e 0
IV.4 Interprétation
Ra
E > Ve
Remarque : la condition donnée par l’énoncé est fausse, en effet il faut que
R + Ra
pour que la tension aux bornes du néon reste supérieure à la tension d’extinction et pour que
le néon reste allumé en continu. Dans le cas donné par l’énoncé, après avoir allumé le néon,
on va l’éteindre en repassant sous la tension d’extinction, puis la tension ré-augmentant, on va
le rallumer lorsque la tension repasse en dessus de Va et etc… : on explore le cycle
d’hystérésis du néon et on a fabriqué un oscillateur astable (voir par exemple oscillateur
astable à un amplificateur opérationnel en électronique), ce qui est très intéressant d’un point
de vue physique mais plutôt gênant en pratique pour un éclairage !
IV.4.1
u(t)
IV.3.2 On obtient l’équation différentielle : u + R' C
E
Va
ERa/(R+Ra)
Ve
t0
PL
t0+R’C
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t
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IV.4.2
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u(t)
E
Va
ERa/(R+Ra)
Ve
RC
t0
t
t0+R’C
E
)
E − Va
= 6.3 s , le temps d’allumage est effectivement bien long comme indiqué dans l’énoncé : un
train roulant à 90 km/h parcourt 160 m pendant ces 6.3 s et les tunnels de distance inférieure
sont effectivement déjà traversés lorsque le néon s’allume.
IV.4.3 Le néon s’allume lorsque u(∆t)=Va dans la première phase, soit : ∆ t = RCLn(
V
V.1
Etude de l’éclairage procuré par une veilleuse
Etude du miroir de la veilleuse
1
1
2
+
=
V.1.1
S1 A1 S1 A S1C1
V.1.2 L’ampoule devrait être au foyer objet du miroir, c'est-à-dire au milieu de S1C1 pour
rejeter l’image à l’infini.
S1C1 .S1 A1
V.1.3 S1 A =
=2.56 cm.
2 S1 A1 − S1C1
V.1.4.a
A1 est alors en C1 (C1 est son propre conjugué par le miroir).
V.1.4.b
L’intérêt du montage est de (quasi) doubler le flux lumineux utile de la lampe
en renvoyant le flux montant vers le voyageur.
V.1.5.a
L’approximation de Gauss est l’approximation des
d
rayons paraxiaux, c'est-à-dire proches de l’axe et peu inclinés sur
l’axe.
V.1.5.b
Il faut que d/2R1<<1 pour que l’angle soit petit.
R1
V.1.5.c
Pour la veilleuse, d/2R1=0.4 n’est pas très petit,
donc les conditions de Gauss ne sont pas vérifiées.
V.2 Etude des aberrations du miroir de la veilleuse
V.2.1
BC1=HC1-HB
et
,
de
plus
en
notant
α
HC1 = R1 ² − h ²
l’angle HCˆ I , on a sinα=h/R1 et
1
π
HIˆB = − α , or tan (π/2-α)=HB/h et il
2
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R1 ² − 2h ²
; d’où :
2 R1 ² − h²
vient après calcul et utilisation de formules trigonométriques : HB =
R1
BC1 =
h .
)²
R1
V.2.2 BF1’=BC1-F1’C=0.228 cm
2 1− (
V.2.3 Dans les triangles : HB/h=BF1’/TF1’, d’où :
TF '1 =
h
h
1 − 2( )²
R1
(
1
h
1 − ( )²
R1
− 1)
=0.221cm .
V.2.4 Les aberrations de sphéricité de l’ordre de BF’1/R1=4% ne sont pas négligeables mais
restent faibles compte tenu du fait que le système optique ne doit pas former une image mais
diriger la lumière (condenseur et pas imageur).
V.2.5 Pour qu’il y ait aberration chromatique il faut qu’il y ait dispersion (comportement
différent du système pour différentes longueurs d’ondes) ce n’est pas le cas en réflexion, donc
il n’y a pas d’aberrations chromatiques pour un miroir.
V.3 Etude du réglage du faisceau sortant
B’
de la veilleuse par la lentille
V.3.1 Il faut ‘sortir’ de l’axe en plaçant un
B
objet transverse AB, trouver B’ image de B par
construction et utiliser l’aplanétisme pour
F
S2
F’
obtenir A’ (on constate que l’image est droite et
A’ A
virtuelle) :
V.3.2 Pour une lentille mince, la vergence est
l’inverse de la distance focale image :
1
1
V2 =
=
, elle se mesure en dioptrie
S2 F ' f2 '
(symbole δ, homogène à l’inverse d’une longueur).
A.N. : V2=47.62 δ
V.3.3 D’après la relation de conjugaison de la lentille : S 2 A' =
A.N. : -
f 2 '.S 2 A
f 2 '+ S 2 A
=
− x. f 2 '
.
f 2 '− x
x=x1=1 cm : S 2 A1 ' = − 1.91 cm
x=x2=2 cm : S 2 A2 ' = − 42 cm
V.3.4
F
S2
A’
PL
F’
A
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α
h
h
).
V.3.5 α est tel que tan( ) =
, d’où : α = 2 arctan(
2
S 2 A'
S 2 A'
A.N. : x=x1 alors α1=92.7 °
x=x2 alors α2=5.45 °
V.3.6
t L + S 2 A'
=
En utilisant le théorème de Thalès :
,
d
S 2 A'
A’
x. f 2 ' t − d
S2
L
=
.
d’où pour L :
.
f 2 '− x d
A.N. : x=x1 alors L=L1=7.64 cm
x=x2 alors L=L2=168 cm
t
L
V.3.7 Le livre se trouve entre les deux distances calculées précédemment, donc il y a un
réglage qui correspond à la juste ouverture angulaire, en inversant la relation du V.3.6, on
L. f 2 '
x=
t− d
obtient :
=1.94 cm.
f 2 '.
+ L
d
V.4 Etude de la diffraction due à la faible ouverture de la lentille
V.4.1 α0=0 car les rayons issus du foyer objet émergent parallèlement à l’axe.
λ
α 0 ' ≈ = 1.25 10 − 5 rad = 7.2 10 − 4 °
V.4.2.a
d
V.4.2.b
On obtient donc une ouverture angulaire due à la diffraction telle que :
α 0 ' < < α 1 et α 0 ' < < α 2 , donc l’ouverture angulaire supplémentaire due à la diffraction est
négligeable devant celles calculées en optique géométrique.
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