CCP 2008 - MP I

Physique
Concours CCP 2008 MP
I
CCP MP I 2008
MECANIQUE
I – Etude sommaire
1) Détermination des caractéristiques de l’oscillateur
1.a) Deuxième loi de Newton en référentiel galiléen et en projection sur Ox :
o
oo
m x = – kx – β x
o
oo
x + 2 λ x + w02x = 0
Soit :
1.b) En régime pseudo périodique :
– Δ’ = λ2 – w02 < 0
Les racines de l’équation caractéristique sont :
-λ ±i
w 0 2 − λ2
Alors : x(t) = e–λt [α cos Ωt + β sin Ωt], si
Avec :
Ω=
(pseudo-pulsation)
α = x0
x(0) = x0 = a
o
x (0) = 0 = - λa + βΩ
Et finalement :
w 0 2 − λ2
β=
x(t) = x0 e–λt [cos Ωt +
λ
x0
Ω
λ
sin Ωt]
Ω
1.c) * Δt correspond à 9 oscillations :
T=
*
x1
= e–λΔt ⇒
x0
Δt
2Π
=
⇒
q
Ω
Ω = 4,7 s–1
⎛x ⎞
λΔτ = ln ⎜ 0 ⎟
⎝ x1 ⎠
A.N. : λ = 2,4 10–2 s–1
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I
* β = 2 λm = 4,8 10–3kgs–1
* k = m (Ω2 + λ2) = 2,2 Nm–1
2) Mesure d’une accélération
2.a) On applique la 2e loi de Newton dans le référentiel non galiléen lié à l’extrémité E du
ressort :
o
m a ' = – kx x – β x x + Fi e
oo
– m OE
o
oo
x + 2 λ x + w02x = w2 a cos wt
Ainsi :
2.b) En RSF :
(– w2 + 2 λjw + w02) x = w2 a ejwt
Soit :
x=
Avec :
X0 = X = a
tan ϕ =
Rem. : H =
w2
2
w 0 − w + 2 λjw
2
a ejwt = X ejwt
w2
2
( w 0 2 − w 2 ) + 4 λ2 w 2
− 2 λw
w 02 − w 2
(ϕ = Arg(X))
X(w )
est la fonction de transfert d’un filtre passe-haut du 2e ordre.
a
2.c) * La résonance est obtenue pour Q =
w0
>
2λ
2e ordre.
A.N. : Q ≈ 1 >
1
2
, comme pour un filtre passe-bas du
1
, ce qui assure l’existence d’une résonance.
2
* Pour w = 7 s–1 : u ≈ 1,5 ⇒ y = 1,5
X
Alors :
a = 0 = 13 cm
y
o2
2.d) P = β x ⇒
<P>=
1
β jw x
2
2
=
1
β w2 X02
2
A.N. : Pour w = 7 s–1 : < P > = 4,7 mW
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II – Amélioration du dispositif
1) On suppose que le mouvement a lieu sans glissement
1.a) La condition de RSG s’écrit :
v (I ∈ roue/(R)) = v (I ∈ sol/(R)) = 0
o
v (G) + θ y ∧ GI
o
Ainsi :
o
x = aθ
2
1.b) EC =
Soit :
1
1 o
m vG2 +
J θ (Koenig)
2
2
o
3
EC =
mx
4
2
1.c) Le RSG implique la conservation de l’énergie mécanique du système :
Or :
EP =
1
kx2 + cste
2
2
Ainsi :
o
3
1
mx +
kx2 = cste
4
2
o2
Soit :
x + w2 x2 = cste
forme intégrale 1ère de l’équation d’un oscillateur harmonique, avec :
w2 =
2k
2
=
w02
3m
3
1.d) Le RSG nécessite : T < fM (lois de Coulomb)
Si on applique le théorème du centre de masse à la roue, on obtient :
N – mg = 0
oo
T – kx = m x
Soit :
N = mg
T kx – mw2x = m(w02 – w2) x =
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mw02x
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Donc il y aura RSG si :
1
mw02x x < fmg ∀t
3
Ce qui implique :
x0 <
3 fg
w 02
I
= x1
2) Cas où x0 > x1 phase de glissement
2.a) Dans le cas du glissement :
* T colinéaire et de sens opposé à la vitesse de glissement v g
* T =fN
2.b) On a toujours :
N = mg
oo
avec T = + f N (1ère phase de glissement)
T – kx = m x
oo
Ainsi :
x + w02 x = fg
La solution est :
x(t) = α cos (w0t) + β sin (w0t) +
Avec :
fg
w 02
x(o) = x0
o
x (o) = 0
on obtient :
x(t) = (x0 –
x1
x
) cos(w0t) + 1
3
3
2.c) Pendant cette phase de glissement vers la gauche, le TMC barycentrique s’écrit :
oo
J θ = – a T = – afmg
Soit :
oo
θ =–
2 fg
⇒
a
o
o
θ =–
2 fg
t
a
o
2.d) La vitesse de glissement est : vg = x – a θ
On obtient :
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vg(t) = – w0 (x0 –
x1
3
) sin (w0t) +
w02x1 t
3
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2.e) Pour t → 0 : sin(w0t) ~ w0t, d’où :
vg(t) ≈ w02 (x1 – x0)
(vg < 0 car x0 > x1)
2.f) Le glissement cesse dès que vg = 0, soit à l’instant t1 tel que :
(x0 –
x1
2
) sin(w0t1) = (w0t1) x1
3
3
III – Accélération radiale d’un satellite
1.a) On sait que :
Donc :
Ep = –
K
r0
(si F = –
Em = –
K
2 r0
(état lié)
r0
2
ur )
Ec = Em – Ep = – Em
K
1
mSv02 =
= GmSMT ⇒
2
2 r0
Ainsi :
1.b) Pour un MCU : T0 =
⎛ g R 2 T0 2
* r0 = ⎜
⎜ 4 Π2
⎝
v0 +
GM T
=
r0
g R2
r0
2 Π r0
v0
T0 = 2 Π
Soit :
A.N. :
K
⎞
⎟
⎟
⎠
r0 3
g R2
1/ 3
= 26700 km
* v0 =
2 Π r0
= 3,88 kms–1
T0
* w0 =
2Π
= 1,45 x 10–4s–1
T0
2.a) On applique la 2e loi de Newton au point M dans le référentiel (RS) non galiléen, en
projection sur x :
oo
GmM T
mx = –
– mw12x + mw02(r0 + x)
2
(r0 + x)
rappel élastique Fie centrifuge
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Rem. : Fi c . x = 0
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o
( Fi c = – 2 m w z ∧ x x )
g R2
x =–
– w12x + w02 (r0 + x)
2
(r0 + x)
oo
Soit :
g R2
oo
2.b) Pour x << r0 :
x ≈–
r0
2
(1 –
2x
) + (w02 – w12) x + w02 r0
r0
w02
oo
x + (w12 – 3 w02) x = 0
Soit :
2.c) Numériquement :
w0 = 1,5 10–4s–1
w1 = 3 10–2s–1
Donc w0 << w1, et on a un oscillateur harmonique de pulsation voisine de w1.
2.d) Une accélération radiale perturbatrice modifiera la position d’équilibre relatif de
oo
l’oscillateur (nouvelle équation du mouvement : x + (w12 – 3 w02) x = ar).
THERMODYNAMIQUE
1) Etude de différentes transformations subies par un gaz parfait
1.1.a) * Equation d’état du GP :
PA0VA0
A.N. :
m0
=
RTA ⇒
M O2
m0 =
PA 0Sd A 0
r0 TA 0
m0 = 2,56 g
* De même pour le compartiment 1 :
m1 =
A.N. :
PA1Sd A1
r1TA1
m1 = 1,68 g
b) * Le piston Π0 est bloqué : O2 subit une transformation isochore : d B 0 = d A 0 = 0,2 m .
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TB0 = TS = 600 K
* Contact thermique avec le thermostat :
* Isobare d’un GP :
P
= cste, donc :
T
I
PB0 = PA0
TS
TA 0
PB0 = 2 105 Pa
A.N. :
c) * Le piston Π1 est libre de se déplacer : P1 = Patm, ∀t et N2 subit donc une
transformation monobare :
*
P1B = PB0 = 105 Pa
TB1 = TS = 600 K
* Monobare d’un GP :
VA
V
= B
TA
TB
dB 1 =
⇒
TS
TA
1
dA1
d) * WAB0 = 0 (isobare)
* WAB1 = – Patm (VB1 – VA1) = – PatmS (dB1 – dA1) (monobare)
A.N. :
WAB1 = – 150 J
e) * Transformation monobare : QAB = ΔHAB
r
γ −1
* GP : ΔHAB = mCP (TB – TA) avec CP =
QAB1 = m1
Ainsi :
A.N. :
r
(TB1 – TA1)
γ −1
QAB1 = 525 J
f) 1ère identité thermodynamique :
dU = TdS – PdVGP m cv dT
D’où :
dS = mcv
dT
dV
+ mr
T
V
D’où l’expression générale de ΔSAB pour un GP (en fonction des variables T et V) :
⎡ 1
⎛T
ln ⎜ B
ΔSAB = mr ⎢
⎣ γ − 1 ⎝ TA
Ici :
Page 7
ΔSAB0 =
⎛T 0
m 0 r0
ln ⎜ B 0
⎜T
γ −1
⎝ A
⎞
⎛ VB
⎟ + ln ⎜
⎠
⎝ VA
⎞⎤
⎟⎥
⎠⎦
⎞
⎟
⎟
⎠
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A.N. : ΔSAB0 = 1,16 JK–1
g) 2e identité thermodynamique : dH = TdS + VdP GP mcpdT
On obtient de même l’expression générale de ΔSAB pour un GP (en fonction des variables T et
P) :
⎡ γ
⎛T ⎞
⎛ P ⎞⎤
ln ⎜ B ⎟ − ln ⎜ B ⎟⎥
ΔSAB = mr ⎢
⎝ PA ⎠⎦
⎣ γ − 1 ⎝ TA ⎠
ΔSAB1 = m1r1
Ici :
A.N. :
⎛T 1
γ
ln ⎜ B 1
⎜T
γ −1
⎝ A
⎞
⎟
⎟
⎠
ΔSAB1 = 1,21 J K–1
0
h) * Pour le système {O2 + N2} :
1
Q
+ Q AB
Se = AB
TS
* 2e principe : ΔSAB0+1 = Se + SABP
A.N. : S AB
P
≥0
= 0,66 JK > 0 (irréversibilité)
-1
TC0 = TO1 = TS
1.2.a) * On a toujours :
* Piston Π0 débloqué :
b) * Ainsi :
m 0 r0 TC 0
Sd C 0
⇒
=
PC0 = PC1
m1r1TC1
Sd C1
dC1 =
m1r1
dC0
m 0 r0
* Par ailleurs : dC0 + dC1 = dB0 + dB1 (piston Π1 bloqué)
* On en déduit :
A.N. :
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dC0 =
d B 0 + d B1
mr
1+ 1 1
m 0 r0
dC0 = 0,29 m
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