Corrigé - Sujets et Corrigés

CCP MP PHYSIQUE I 2008
Corrigé
Par Mohamed ELABDALLAOUI
Professeur agrégé de physique chimie CPGE Lycée Ibno Timia MARRAKECH
– MÉCANIQUE –
I. Étude sommaire
1. Détermination des caractéristiques de l’oscillateur
x + 2λ xɺ + ω02 x = 0
1-a) La RFD donne mxɺɺ + β xɺ + kx = 0 ɺɺ
1-b) le régime est pseudo-périodique λ 2 − ω02 < 0
Solutions de l’équation caractéristique r1 = −λ + j ω02 − λ 2 r2 = −λ − j ω02 − λ 2
)
(
et x(t ) = A cos  ω02 − λ 2 t + ϕ  exp− λ.t A et ϕ deux constantes dépendant des conditions


initiales.
20π
1-c) ∆t = 10T =
donne Ω = 5, 23.rad / s la pseudo période
Ω
x0
2m x0
= exp λ.∆t donne β =
ln
x1
∆t x1
β = 4,8.10−3 Kg .s −1 λ = 0, 024
Ω = ω02 − λ 2 ⇒ k = ( λ 2 + Ω 2 ) m k = 2,7 N .m −1
2. Mesure d’une accélération
2-a)
R(G , x, y , z ) n’est pas galiléen il faut ajouter f ie = − maie = −ma (G ) = maω 2 cos ωt.ex et f ic = 0
x + 2λ xɺ + ω02 x = aω 2 cos ωt
mxɺɺ + β xɺ + kx = maω 2 cos ωt ɺɺ
2-b)
X (t ) = A exp j (ωt + ϕ ) solution de Xɺɺ (t ) + 2λ Xɺ (t ) + ω02 X (t ) = aω 2 exp jωt
X (t ) =
aω 2
exp jωt
−ω 2 + 2λ jω + ω02
aω 2
⇒ A = X (t ) =
x(t ) =
(ω
2
0
−ω
) + ( 2λω )
2 2
aω 2
(ω
2
0
−ω2
) + ( 2λω )
2
2
2
et ϕ = − arctan
2λω
ω02 − ω 2

 2λω  
cos  ωt − arctan  2
2 


 ω0 − ω  

2-c)
Le maximum représente la résonance
aω 2
X0 =
⇒ y=
2
2
2 2
ω
−
ω
+
2
λω
( 0 ) ( )
u2
(1 − u )
http://cpge-casablanca.hautetfort.com/
2 2
 λ 
+2 u
 ω0 
2
M-ELABDALLAOUI
1/12
2u
dy
=
du
dy
=
du
(1 − u )
2 2
2
2
 λ  1 2
 λ  
2 2
+  2 u  − u  (1 − u ) +  2 u  
 ω0  2 
 ω0  
(1 − u )
2 2
2u (1 − u
)
2 2
 λ 
+2 u
 ω0 
−1/ 2
2

 λ  
2
 −4 (1 − u ) u + 2  2  u 

 ω0  

2
2
2
 λ  1 2
 λ  
2
+ 2u  2 u  − u  −4 (1 − u ) u + 2  2  u 
 ω0  2 
 ω0  
2

 λ  
2 2
 (1 − u ) +  2 u  

 ω0  

3/ 2
2
 λ 
2u (1 − u ) + u  2 u 
 ω0 
=
2 3/ 2

 λ  
2 2
 (1 − u ) +  2 u  

 ω0  

4
dy
= 0 ⇒ x = 0 ou x =
du
1
avec Q =
ω0
2λ
1
2Q 2
Une réponse simple : Graphiquement le maximum est obtenu pour u > 1 c'est-à-dire cette situation
1
ne se présente que si λ <
(cours)
ω = 7 ⇒ u = 1,35
y = 1,6 ⇒ a =
1−
ω0
X0
= 0,125m
y
2-d)
http://cpge-casablanca.hautetfort.com/
M-ELABDALLAOUI
2/12
βω 2 X 02
1
2
P = Fv = − β xɺ et < P >= ∫ − β xɺ dt < P >= −
2
T 0
T
2
( < cos 2 >=
1
)
2
II. Amélioration du dispositif
1. On suppose que le mouvement a lieu sans glissement
1-a)
La vitesse de glissement est nulle
ɺ x + θɺ ey ∧ −aez = xe
ɺ x + θɺ ey ∧ − aez = xɺ − aθɺ ex = 0
V ( I ) = V (G ) + Ω ∧ GI = xe
(
)
(
) (
)
xɺ = aθɺ
1-b) Ec =
3
1 2 1 ɺ2 1 2 1 2 ɺ2
mxɺ + Jθ = mxɺ + ma θ ⇒ Ec = mxɺ 2
4
2
2
2
4
1-c)
Em =
2k
3 2 1 2
x+
x=0
mxɺ + kx = Cste ⇒ ɺɺ
3m
4
2
x(t ) = x0 cos(ωt ) avec ω =
2k
3m
1-d)
Le mouvement s’effectue sans glissement si T < f N
1
ɺɺ x ⇒ T = ( k − mω 2 ) xex ⇒ T = mω02 x et
Le TRC s’écrit T − kxex = mxe
3
3 fg
1
1
N = mg ⇒ mω02 x < fmg or x ≤ x0 donc il faut que mω02 x0 < fmg et x1 = 2 x1 = 0, 26m
ω0
3
3
2. On se place dans le cas où xo>x1 et on étudie la première phase de glissement
2-a)
T = f0 N
vglissement ≠ 0
T est colinéaire à vG de sens contraire
2-b)
ɺɺ x = T − kxex
mxe
fg 
fg 
x + ω 2 x = − fg ⇒ x (t ) = − 2 +  x0 + 2  cos ωt
Vglissement = xɺ − aθɺ ex ⇒ mxɺɺ + kx = − fmg ⇒ ɺɺ
ω 
ω 
 2

1
1 

x (t ) = − x1 +  x0 + x1  cos  ω0t 
2
2 

 3

2-c)
(
)
http://cpge-casablanca.hautetfort.com/
M-ELABDALLAOUI
3/12
Le TMC s’écrit : Jθɺɺey = GI ∧ T = −aez ∧ − fmgex = fmgaey
dθ fmga
=
t
dt
J
2-d)


 2
 2
1  2
Vglissement =   x0 + x1  ω0 sin  ω0t  − x1ω02 .t  ex


2  3
 3
 3


2-e)
 2

2
sin  ω0t  ≈
ω0 t
3
3


2 
1  

1 2
2
Vglissement =   x0 + x1  ω02t − x1ω02 .t  ex ⇒ Vglissement = ω02  x0 − x1  tex
3 
2 
2 3
3


2-f)


 2
 2
1  2
2
  x0 + x1  ω0 sin  ω0t1  − x1ω0 .t1  = 0


2  3
 3
 3


III. Accélération radiale d’un satellite
1.
1-a)
g
v02
R2
= mg 2 ⇒ v0 = R
r0
r0
r0
1-b)
2π
2π
g
r0
v0 =
r0 = R
⇒ T0 =
T0
r0
g
R
r0
To= 12 h. R = 6400km g = 9,8m.s−2
m
1/ 3
 T 2 R2 g 
r0 =  0 2 
 4π 
r0 = 266725 Km
v0 = 139657 Km / h
ω0 = 1, 4.10 −4 rad .s −1
2.
2-a)
http://cpge-casablanca.hautetfort.com/
M-ELABDALLAOUI
4/12
Ec + Ep = Cste ⇒ Em =
1 2 1
1
mgR 2
2
mxɺ + mω12 x 2 − mω02 ( r0 + x ) −
r0 + x
2
2
2
ɺɺ
x + ω12 x − ω02 ( r0 + x ) +
gR 2
( r0 + x )
2
=0
2-b)
gR 2
ɺɺ
x + ω12 x − ω02 ( r0 + x ) +
=0
2

x
r 1 + 
 r0 
gR 2
gR 2
2
2
ɺɺ
⇒ x + ω1 x − ω0 ( r0 + x ) + 2 − 2 3 x = 0
r0
r0
2
0
 2
gR 2 
2
ɺɺ
x + (ω12 − 3ω02 ) x = 0
⇒ x +  ω1 − ω0 − 2 3  x = 0 ⇒ ɺɺ
r0 

(ω1 = 3.10−2 rad .s −1 ) >> (ω0 = 1, 4.10−4 rad .s −1 ) la période d’oscillation n’est quasiment pas affectée
par la révolution du satellite.
2-d)
On mesure la puksation de l’oscillateur Ω = ω12 − 3ω02 et on déduit ω0 et puis ar = r0ω02
http://cpge-casablanca.hautetfort.com/
M-ELABDALLAOUI
5/12
Cours
1e principe
1er et 2e loi de JOULE
Le travail
Loi du gaz parfait
Transformation monotherme monobare isochore isobare isotherme adiabatique cyclique
Isotherme d’Andrews
Théorème des moments
Développement limités
L’entropie
Second principe
 1
T
V 
S (T ,V ) = nR 
ln + ln  + S (T0 ,V0 )
V0 
 γ − 1 T0
 γ
T
P
S (T , P ) = nR 
ln − ln  + S (T0 , P0 )
P0 
 γ − 1 T0
R
γR
Cm , P =
γ −1
γ −1
L’entropie échangée S éch d’un système fermé échangeant de la chaleur Qth avec un thermostat T0 :
C m ,V =
S éch =
Qth
T0
– THERMODYNAMIQUE –
1. Étude de différentes transformations subies par un gaz parfait
Pour cette partie de l’étude, le compartiment inférieur contient du dioxygène assimilé à un
gaz parfait. Le compartiment supérieur contient du diazote également assimilé à un gaz
parfait. Les parois du cylindre et le piston π 1 sont perméables à la chaleur. Le piston π 0 est
calorifugé.On bloque le piston π 0 Le piston π 1 peut se déplacer librement.
TA1 = 300 K
PA1 = 105 Pa
N2
O2
d 1A = 0,15m
TA0 = 300 K
PA0 = 105 Pa
d A0 = 0, 2m
http://cpge-casablanca.hautetfort.com/
M-ELABDALLAOUI
6/12
1.1
(a)
m0 =
PA0 .S .d A0
r0TA0
AN m0 = 2,56.10−3 Kg
PA1.S .d 1A
m1 =
1
rT
1 A
AN m0 = 1, 68.10−3 Kg
(b)
Compartiment 0 : la transformation est isochore monotherme : TB0 = TS
PB0 =
d B0 = d A0
m0 .r0TS
T
= PA0 . S0
0
S .d A
TA
AN TB0 = 600 K
d B0 = 0, 2m
PB0 = 2.105 Pa
(c)
Compartiment 1 : la transformation est monobare monotherme : TB1 = TS
d B1 =
PB1 = Patm
m1.rT
T
1 S
= d 1A . S1
1
PB .S
TA
AN TB1 = 600 K
d B1 = 0,3m
PB1 = 105 Pa
(d)
WA0→ B = 0
Compartiment 0 : la transformation est isochore
VB1
Compartiment 1 : la transformation est monobare W
(
)
(
1
A→ B
= − ∫ Pext .dV 1 avec Pext = Patm donc
VA1
)
AN
WA1→ B = −150 J
(
)
QA0→B = 499, 2 J
WA1→ B = − Patm VB1 − VA1 = − Patm .S . d B1 − d 1A
(e)
QA0→B = ∆U A0→B − WA0→ B ⇒ QA0→B =
m0 r0
TS − TA0
γ 0 −1
Q1A→B = ∆U 1A→B − WA1→ B ⇒ Q1A→B =
(
)
(
m1r1
TS − TB0 + Patm .S . d B1 − d 1A
γ1 −1
http://cpge-casablanca.hautetfort.com/
)
Q1A→B = 524, 22 J
M-ELABDALLAOUI
7/12
(f)
∆S A0→B =
m0 r0  TS 
ln  
γ 0 − 1  TA0 
AN ∆S A0→ B = 1,15 J .K −1
(g)
∆S 1A→B =
m1.r1.γ 1  TS 
ln  
γ 1 − 1  TA1 
AN ∆S A0→B = 1, 21J .K −1
(h)
Séch =
S
p
A→ B
QA0→ B Q1A→B
+
AN Séch = 1, 7 J .K −1 et
TS
TS
= ∆S
0
A→ B
+ ∆S
1
A→ B
− Séch donc S
p
A→ B
(
0
1
m0 r0  TS  m1.r1.γ 1  TS  QA→B + QA→B
=
ln   +
ln   −
γ 0 − 1  TA0  γ 1 − 1  TA1 
TS
)
S Ap→B = 0,66 J .K −1
1.2
TB1 = 600 K
PB1 = 105 Pa
d B1 = 0,3m
N2
TB0 = 600 K
O2
PB0 = 2.105 Pa
d B0 = 0, 2m
(a)
TC0 = TC1 = 600 K
PC0 = PC1
(b)
dC0 m0 .r0
=
dC1 m1.r1
m0 .r0
AN dC0 = 0, 29m
m1.r1 + m0 .r0
PC0 .S .dC0 = m0 .r0TC0 et PC1.S .dC1 = m1.r1.TC1 donnent
(
Or dC0 + dC1 = d B0 + d 1B en fin dC0 = d B0 + d B1
http://cpge-casablanca.hautetfort.com/
)
M-ELABDALLAOUI
8/12
(
dC1 = d B0 + d B1
PC0 =
m0 .r0 .TC0
S .dC0
PC1 =
m1.r1.TC1
S .dC1
) m .rm+.rm .r
1 1
AN
dC1 = 0, 21m
1 1
0 0
AN
PC0 = 1, 4.105 Pa
AN
PC0 = 1, 4.105 Pa
(c)
∆U B→C = ∆U B0→C + ∆U B1 →C = 0
1ER LOI DE JOULE
 P0 
∆S B0→C = − m0 .r0 ln  C0  = 0, 23 J .K −1
 PB 
 P1 
et ∆S B1 →C = −m1.r1.ln  C1  = −0,17 J .K −1 ⇒
 PB 
∆S B→C = ∆S B0→C + ∆S B1 →C = +0,06 J .K −1
(d)
S Béch→C =
QB0→C QB1 →C ∆U B→C
+
=
=0
T0
T0
T0
S Bp→C = ∆S B→C − S Béch→C = +0,06 J .K −1
2. Gaz parfait et mélange liquide-vapeur
2.1 Travail préparatoire
2.1.1.
RT
vg =
Psat M E
2.1.2.
8,31.373
= 1,7 m3 .Kg −1 ≫ vl
105.18.10−3
2.1.3.
vg =
(a)
http://cpge-casablanca.hautetfort.com/
M-ELABDALLAOUI
9/12
(b)
∆hIJ = lV (T0 )
∆hJK = c p ,v . (T − T0 )
2ème LOI DE JOULE
∆hKL = 0
∆hLM = −lV (T )
∆hMI = c p ,l . (T0 − T )
(c)
∆hcycle = ∆hIJ + ∆hJK + ∆hKL + ∆hLM + ∆hMI
= lV (T0 ) + c p ,v . (T − T0 ) + 0 − lV (T ) + c p ,l .(T0 − T )
=0
⇒
lV (T ) = lV (T0 ) + c p ,v . (T − T0 ) + c p ,l .(T0 − T )
= lV (T0 ) + ( c p ,l − c p ,v ) .T0 + ( c p ,v − c p ,l ) .T
⇒ a = lV (T0 ) + ( c p ,l − c p ,v ) .T0
et b = ( c p ,v − c p ,l )
lV (T ) = a + bT
(d)
http://cpge-casablanca.hautetfort.com/
M-ELABDALLAOUI
10/12
dP


La chaleur latente de vaporisation s’annule au point critique  vg − vl = 0, sat est fini  .la formule
dT


de Regnault ( lV (T ) = a + bT ) est valable dans un domaine [100°C , 200°C ]
2.1.4.
On a
lV (T ) = T
(
dPsat
dP
vg − vl ) ⇒ lV (T ) = T sat vg − vl
(
dT
dT
) ⇒ a + bT = T dPdT
sat
.
RT
⇒
Psat M E
P
aM E  1 1  bM E T
dPsat aM E dT bM E dT
ln
=
+
⇒ ln sat = −
 − +
2
P0
R  T T0 
R
T0
Psat
R T
R T
2.1.5.
T
T
T
et
≈ 1 donc ln ≈ 1 −
T0
T0
T0
ln
Psat
aM E  1 1  bM E  T 
≈−
 − +
1 − 
P0
R  T T0 
R  T0 
aM E  1 1  bTM E  1 1 
 − +
 − 
R  T T0 
R  T T0 
( a − bT ) M E  T − T0 
≈


R
 TT0 
≈−
≈
≈
( a − bT0 ) M E
RT02
(T − T0 )
lV (T0 ) M E
(T − T0 )
RT02
 M .l (T )

Psat ≈ P0 exp  E V 2 0 (T − T0 ) 
 RT0

2.2 Transformation au contact d’un thermostat
http://cpge-casablanca.hautetfort.com/
M-ELABDALLAOUI
11/12
dα1 = 0,1m
dα0 = 0,1m
dα0 ,l = 0,002m
2.2.1.
(a)
Psat ( 380 ) ≈ 105 Pa
(b)
mA =
Pα .S .dα1
= 0,92 g
r.Tα0
(c)
mE = ρl .S .dα0 ,l = 20 g
(d)
mα ,l =
Pα .S .dα1 ,l
= 0,57 g
r.Tα0
xα =
mα ,l
= 96, 4%
mE + mα ,l
2.2.2.
(a) et (b)
10−3 ≺ v =
V 0,001
=
= 1, 74 ≺ ( vg ( 390 ) = 1,8 )
m 0,59
(c)
Psat ( 390 ) ≈ 105 Pa
http://cpge-casablanca.hautetfort.com/
M-ELABDALLAOUI
12/12