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CCP 2007 – filière MP
physique 1 (4 heures)
correction
THERMODYNAMIQUE :
ÉTUDE DU SYSTÈME LIQUIDE - VAPEUR
A. Diagramme de Clapeyron du système liquide – vapeur (p,v) de l’eau :
A-
A.II cf cours
Isotherme critique :
v
p
v
p
TTc,v vc
2
2
TTc,vvc
= =
= =
A.III
x m m
m
v v m m
m v v
v v m m
m v m v
v v m m
m v m v
v v m m
V m v
v v m m
V m v
v v m m
V V m m v
v v
v m m
V V
v v
v v
L G
G
G L L G
G G L
G L L G
G G G L
G L L G
G G G L
G L L G
G G L
G L L G
G G L
G L L G
L G L G L
G L
L L G
L G
G L
m L
La même démonstration conduit au même résultat avec l’enthalpie : x h h
h h
G L
m L
−
A.IV l^ V (T)=hG(T)−hL(T)
B. Détente adiabatique réversible d’un système liquide-vapeur :
B-I En négligeant le volume du liquide, on peut écrire l’équation d’état de la vapeur, gaz
parfait : RT M
m P V
V s =^ ; donc :^5 ,^88 g RT
PVM
m
s V = =
D’où : 58 ,^8 % mRT
PVM
m
m x
V s = = =
B-II le système subit une détente adiabatique réversible donc isentropique ; donc :
T
x c lnT l (T) T'
x' c (^) L lnT'+lV(T') = L + V
D’où : 0 ,^659 T
x l (T) T'
T
c ln l (T')
T'
x ' L V
V
⎟^ =
B.III pour que le titre reste constant dans la transformation précédente, il aurait fallu avoir
au départ un titre x’’ tel que :
T
x'' c lnT l (T) T'
x'' c (^) L lnT'+lV(T') = L + V
D’où : 0 ,^453
T
l (T)
T'
l (T')
T'
T
c ln
x' ' V V
L
−
pour l’échauffement isobare : c dT T
dT dh =Tds=T.cL = L
donc : Δh' =cL (T 2 −T 1 )
pour la vaporisation : Δh' '=hV 2 −hL 2
donc : (^ )^
1 Q 2 h' h'' cLT 2 T 1 hV 2 hL 2 2553 kJ.kg
− =Δ +Δ = − + − =
C.V d’après le premier principe :
1 W Q 1 Q 2 960 kJ.kg
− =− − =−
C.6 0 ,^376
Q
W
2
ρ=
Et : 0 ,^448 T
T 1
2
ρC = − =
C.VII
= + −α ⎟
Δ = = + = −α
B
A
L L
B
A
L L L
B
A
B
A
AB v dp v dp c dT v^1 T dp T
dT h dh Tds vdp T c
Mais, puisque la variation de T est négligeable (cf question C.II) :
1 L 1 2 1
B
A
h (^) AB vL 1 T 1 dp v 1 T p p 6595 kJ.kg
− Δ ≈ −α = −α − =
C.VIII sur le cycle :
Δh (^) AA = 0 =ΔhAB+ΔhBD+ΔhDE+ΔhEF+Δh FA
Or : ΔhABest négligeable
Δh (^) BD +ΔhDE=Q 2
Δh (^) EF = W
Δh (^) FA =Q 1
Donc :
W =−ΔhBE −ΔhFA=− ( hE−hB) −( hA−hF) =(h F−hE) +( hB−hA) ≈( hsortie−hentrée) + 0
D. Cycle de Rankine avec soutirage
D.I
D.II dans le réchauffeur : Δh = 0 =−m'.lV (T')+( m−m')c L(T '−T 1 )
Donc :
0 , 239 kg
mc T' T
l (T') 1
c T' T l (T')
mc T' T m'
L 1
L 1 V V
L 1
D.III
D.III.1 le calcul est le même qu’à la question C.III :
T
h h
T'
T
c .ln h' h'
T'
T
l (T )
T'
T
c .ln l (T')
T'
x'
2
2 G 2 L 2 L 2 G L
2 V 2 L V
puis : (^ )^
1 h ' 1 1 x' 1 .h'L x' 1 .h'G 2397 kJ.kg
− = − + =
D.III.2 de même :
T'
h' h'
T
T'
c .ln h h
T
T'
l (T')
T
T'
c .ln l (T)
T
x
G L
1
L G 1 L 1
V 1
1
L V 1
2 (^2) ⎟=
puis : (^ )^
1 H 2 (m m')( 1 x 2 .hL 1 x 2 .hG 1 ) 381 kJ.kg
− = − − + =
D.IV avec des notations évidentes, si on néglige, selon la même idée qu’à la question
C.VIII :
1 Ws W 1 W 2 h' 1 hG 2 H 2 m m'h' 1 1814 kJ.kg
− = + = − + − − =−
De plus : Qreçue = Ggénérateur− vapeur=Q 2 calculé à la question C.IV
Pulsation des oscillations :
Δ
π ω = J
m m ga
T
2 B T
i
Donc :
2
2 B T i 5 , 44. 10 kg.m 4
m m gaT J = π
b) (^) Δ = (^) Δ+ Δ= + BΔ
2 T T B J 3
m L J J J
donc :
4 2
2 T B 5 ,^35.^10 kg.m 3
m L J (^) Δ= JΔ− =
- a) théorème du moment cinétique appliqué à la roue 1 dans son référentiel
barycentrique, en projection sur l’axe de rotation : (^111 )^ y 1
1 R 1 CI T .e r.T dt
d J = ∧ =
ω G^ G ,
où :
2 R 1 r mr 2
J =
de plus, on écrit la condition de roulement sans glissement de la roue sur le câble :
v g( roue 1 /câble) 0 v (I 1 roue 1 ) 0 v(C 1 ) 1 ey rez x r 1 ex
G G G G G G K G
= = − = +ω ∧ = + ω
Donc :
ω x r
dt
d 1
Alors, par report dans le théorème du moment cinétique : (^) R 1 x r.T 1 r
J ⎟=
dire, puisque :
2 R 1 mrr 2
J = :
T 1 r
Avec la roue 2, on obtient de même :
T (^2) r
Donc : T 1 =T 2
b) G’ est le barycentre de C affecté de la masse mC et de G affecté de la masse
(mT+mB) ; donc :
Ma (G') mCa ( C) ( mT mB) a( G)
G K G
Où : a( C) xex
G • •G
Et : ( ) θ
- • • • v G = xex+θey∧aer=xex+aθe
G G G G G G
Donc : ( ) r
2
a G xex a e a e
G x^ G G • G θ
Donc, par report : ( )
= + + + θ − θ
θ
r
2
Ma (G') mC xex mT mB xex a e a e
G G x^ G G G
C’est-à-dire : (^) θ
⎥ ⎦
θ
⎟ θ ⎠
= + − a e M
m m a e M
m m a (G') xe
T B r
2 T B x
G G G G
On en déduit :
θ
⎟ θ ⎠
a M
m m A
a M
m m A
T B 2
2 T B 1
c) théorème de la résultante cinétique pour l’ensemble (Ch),(T),(B) dans R :
Mg T 0 ex Ma ( G)
G G G
En projection sur Ox :
⎟= + θ+ θ ⎠
θ
- • T 0 M x A 1 er.ex A 2 e .ex M x A 1 sin A 2 cos
G G G G
Donc : ⎟ ⎠
= + θ+ θ
- • T 0 M x A 1 sin A 2 cos (1)
d) par report dans (1) des expressions de A 1 et A 2 obtenues à la question b), on obtient :
- • • •• T Mx m m a sin mT mBa cos
2
0 T B
Donc, en négligeant les termes d’ordre 2 : (^
T 0 = Mx+ mT+mB)a θ (2)
Qui s’identifie à l’équation proposée par le texte, avec : K 1 = M
e) théorème du moment cinétique, pour l’ensemble (T), (B), en C, dans R’ :
a ( m m )e g CG ( ma ( C))
dt
dL (C) T B r R R'
R ' G K G
G
Donc, en développant et en projetant sur Oy :
θ = + − θ− θ
- • •• J (^) Δ mT mBa gsin xcos
Donc, au deuxième ordre près : θ = − θ−
Δ
m (^) T mBa
C’est-à-dire :
g x 0 J
m (^) T mBa ⎟= ⎠
θ+
θ+
Δ
3. Condition de non glissement :
a) moment cinétique de l’ensemble par rapport à l’axe Δ :
1 2 (^12 )
R roue 1 1 1 y R roue 2 2 2 y
R y R roue 1 y R roue 2 y R ch y
J J 0 J
L C CC.e L C CC.e 0
L L C.e L C .e L C .e L C .e
= ω + ω + = ω + ω
= +ω ∧ + +ω ∧ +
G G G G G G
G G G G G G G G
si
b) théorème du moment cinétique pour l’ensemble du chariot par rapport à l’axe Δ :
[ ( ) ( )]
1 1 2 2
x z 1 x 1 z x z 2 x 2 z y
1 2 1 1 1 2 2 2 y
N rT 2
d N rT 2
d
e re Te Ne .e 2
d e re Te Ne 2
d
J CI T N CI T N .e dt
dL
= ω+ω
G G G G G G G G G
G G G G G
Donc, finalement, en tenant compte du non glissement (ω 1 = ω 2 ) :
d N rT 2
d 1 1 2 2 (α)
c) théorème de la résultante cinétique pour l’ensemble chariot-bras-benne, en
projection sur Oz :
N 1 + N 2 = Mg (β)
d) il y a non glissement si, et seulement si : T (^) i < Ni.f (i = 1,2)
or la symétrie du problème entre 1 et 2 entraîne que :
1 2
1 2
T T
N N
l’élimination de N (=N 1 =N 2 ) et T (=T 1 =T 2 ) entre les équations (α) et (β) conduit
à :
Mg N
r
2 J
T
2
0
⎛ γ =−
La condition de non glissement devient alors : f Mgr
4 J
2
0 <
γ
Application numérique : fmin = 2,61.
Le coefficient de frottement f est donc largement supérieur à la valeur minimale
fmin qu’il doit avoir pour qu’il n’y ait glissement ; donc il n’y a pas glissement
III Oscillations du câble porteur :
- si Δl est l’allongement du ressort à l’équilibre, on a immédiatement : mg =kΔl
donc :
3 1 1 , 96. 10 N.m l
mg k
−
Δ
- a) accélération de G’ dans (R) :
(m (^) C O'C ( mT mB)aer) M
O 'G'
G
Donc : ( ) ( ) ⎟
= + + θ θ
v (^) RG'' C z T B
G G G
Et : (^ )^ (^ )^ (^ )^ ⎟⎟
= − + θ + + θ θ
- • • •• m ze m m a e m m a e M
a G'' r T B
2
R C z T B
G G G
b) théorème de la résultante cinétique pour l’ensemble (Ch), (T) et (B) :
k ( z l 0 )e z Mg MaR(G')
G G G
Donc, compte tenu de l’expression trouvée ci-dessus pour a R ( G')':
- • • •• − k z−l e +Mg=m ze − m +m aθ er + mT +mB aθe
2
0 z C z T B
G G G G G
(E)
c) lorsque la benne n’oscille pas : θ = 0 à tout instant et z = ze, : alors, (E) devient :
k ( ze l 0 ) ez Mg 0
G G^ G
Donc : k
Mg z (^) e =l 0 +
d) en projection sur Oz, on obtient pour (E) :
hors équilibre :
- • • •• k z l Mg m ze m m a cos mT mBa sin
2
0 C z T B
G
A l’équilibre : −k (z e −l 0 ) +Mg= 0
Par différence et en posant : Z = z – ze, on obtient :
- • • •• kZ m Z m m a cos mT mBa sin
2
C T B (E’)
e) L’équation (E’) se réécrit :
