ENSI 93 - Epreuve commune Physique 1 - 4 heures
Partie I : thermodynamique
I.1
a) h Pour n moles de gaz parfait, dU = nCvdT, dH = d(U + PV) = nCpdT et PV = nRT ; donc dH = n(Cv + R)dT soit Cp - Cv = R (relation de Mayer, qu’il n’est pas nécessaire de redémontrer).
h Les deux relations Cp = Cv + R et Cp/Cv = γ permettent d’exprimer Cp et Cv :
Cv = R/(γ-1) et Cp = γR/(γ-1)
b) h Le rapport γ étant constant, la relation dU = CvdT = nRdT/(γ-1) s’intègre en :
U = nRT/(γ-1) - U0
I.2
a) h dU = TdS - PdV d’où dS = dU/T + (P/T)dV
b) h PV = nRT donc T = PV/nR ; d’autre part, dU = nRdT/(γ-1) = d(PV)/(γ-1). En reportant dans l’expression de dS on obtient une expression ne dépendant que de P et V :
${\rm{d}}S = nR\left[ {\frac{{{\rm{d}}(PV)}}{{(\gamma - 1)PV}} + \frac{{{\rm{d}}V}}{V}} \right] = \frac{{nR}}{{(\gamma - 1)}}\left( {\frac{{{\rm{d}}P}}{P} + \gamma \frac{{{\rm{d}}V}}{V}} \right) = \frac{{nR}}{{(\gamma - 1)}}{\rm{d}}ln\left( {P{V^\gamma }} \right)$
dS = nR/(γ-1) dln(PVγ)
c) h Par intégration entre l’état de référence (P0, V0, S0) et l’état (P, V, S) on obtient la relation :
$S - {S_0} = \frac{{nR}}{{\gamma - 1}}\ln \frac{{P{V^\gamma }}}{{{P_0}V_0^\gamma }}$
d) h La relation précédente s’écrit : $P{V^\gamma } = {P_0}V_0^\gamma \exp \frac{{\left( {\gamma - 1} \right)\left( {S - {S_0}} \right)}}{{nR}}$ donc à entropie S constante le second membre, qui est une fonction croissante de S car γ est supérieur à 1, est une constante. La relation demandée (loi de Laplace) est donc vérifiée.
I.3
b) h La compression est isentropique (car adiabatique et réversible) donc d’après I.2.d : P1V1γ = P0V0γ soit P1= P0 (V0/V1)γ = P0 ργ. D’autre part T1/T0 = (P1V1)/(P0V0) d’après la relation PV = nRT ; en utilisant l’expression précédente de P1 on en déduit T1 = T0 ρ(γ-1).
h En procédant de même pour la détente isentropique (P2, V1, T2) → (P3, V0, T3), on obtient P3V0γ = P2V1γ soit P3= P2 (V1/V0)γ = P0 ρ-γ, et T3 = T2 ρ(1-γ).
P1 = P0 ργ ; T1 = T0 ρ(γ-1) ; P3= P0 ρ-γ ; T3 = T2 ρ(1-γ).
c) h La quantité de chaleur Qc est fournie au gaz à volume constant, il s’agit d’une transformation isochore au cours de laquelle la température passe de T1 à T2. D’après le premier principe, ΔU = nCvΔT = nR/(γ-1) (T2-T1) = Qc, car Cv capacité calorifique molaire à volume constant est constante. Par conséquent l’expression de T2 est :
T2 = T1 + (γ-1) Qc/nR
d) h Au cours du cycle le fluide échange du travail avec l’extérieur lors de la compression et de la détente isentropiques, tandis que les échanges de chaleur ont lieu lors des deux transformations isochores.
h L’expression du premier principe appliqué au cycle est : 0 = ΔU = W+Qc+Q’c, où W désigne le travail total reçu par le fluide, Qc la chaleur reçue par le gaz lors de la combustion et Q’c la chaleur échangée lors du refroidissement isochore du gaz à l’ouverture de la soupape d’échappement (Q’c<0 car le gaz cède de la chaleur). Le travail utile fourni par le fluide vaut -W, il est égal au travail moteur du gaz durant la détente diminué du travail qu’il est nécessaire de lui fournir lors de la compression. La quantité de chaleur Qc n’est pas récupérable par le moteur et n’intervient donc pas directement dans le bilan.
h Le rendement η est alors égal à -W/Qc, soit en tenant compte de l’expression du premier principe η = (Qc + Q’c) / Qc = 1 + Q’c / Qc = 1 - Q’c / Qc.
h La chaleur Q’c est échangée lors de la transformation isochore (P0, V0, T3) → (P0, V0, T0) donc Q’c = nCv(T0-T3). On exprime T3 en fonction de T0 en utilisant les expressions de T3 et T1 en fonction de T2, T0, ρ et γ (I.3.b) et celle de T2 en fonction de T1 et Qc (I.3.c) : T3 = T2ρ(1-γ) = (T1+(γ-1)Qc/nR)ρ(1-γ) = T0 + (γ-1)Qcρ(1-γ)/nR. En reportant dans l’expression de Q’c on trouve finalement Q’c = - Qcρ(1-γ), soit :
η = 1-ρ(1-γ)
I.4
a) h P1 = P0 ργ ; T1 = T0 ρ(γ-1) ; P0 = 105 Pa ; T0 = 50° C = 323 K ; ρ = 10 ; γ = 7/5 :
T1 = 811 K = 538° C ; P1 = 2,5.106 Pa = 25 bar
b) h η = 1-ρ(1-γ) donc η = 0,602.
h Calcul du nombre de moles de gaz admis dans le cylindre : n = P0V0/RT0
V0-V1 = 500 cm3 = 5.10-4 m3, V0/V1 = 10, donc V0 = 5/9.10-3 m3 ; P0 = 105 Pa, R = 8,31 J.K-1.mol-1, T0= 323 K, soit n = 2,07.10-2 mol.
Qc = 2,07.10-2 mol x 80 kJ.mol-1 = 1656 J
donc le travail fourni au piston par le gaz au cours d’un cycle vaut W = η Qc = 996 J
c) h Un cycle correspond à deux tours : en partant du point mort haut le premier tour comprend les étapes admission et compression, le second tour les étapes détente et échappement. Le moteur effectue par conséquent 2400 cycles.min-1 soit 40 cycles.s-1, en fournissant un travail de 996 J par cycle. Sa puissance est donc
P = 996 J x 40 s-1 = 39,86 kW
I.5
a) h Le rapport a/V2 est la pression interne qui a pour origine les interactions attractives entre les molécules du gaz. a ≡ Pa.(m3.mol-1)2 ≡ Pa.m6.mol-2 (l’équation est donnée pour une mole de gaz, V correspond par conséquent au volume molaire).
h Le coefficient b est le covolume, qui correspond au volume propre des molécules qui ne sont pas rigoureusement ponctuelles. b s’exprime en m3.mol-1.
h Pour n moles de gaz occupant le volume V, le volume molaire vaut V/n. Il suffit donc de remplacer V par V/n dans l’équation initiale pour obtenir
(P - a.n2/V2).(V/n - b) = RT ou encore (P - a.n2/V2).(V - nb) = nRT
b) Il s’agit de reprendre la démonstration classique des relations de Clapeyron :
h pour une transformation réversible impliquant une mole de gaz,
δQrev = Cv dT + l dV et δWrev = -P dV.
h D’après le premier principe, l’énergie interne est une fonction d’état. L’application du théorème de Schwartz à la différentielle exacte dU = δQrev + δWrev = Cv dT + (l-P) dV conduit à la relation (1) ${\left( {\frac{{\partial {C_v}}}{{\partial V}}} \right)_T} = {\left( {\frac{{\partial l}}{{\partial T}}} \right)_V} - {\left( {\frac{{\partial P}}{{\partial T}}} \right)_V}$
h D’après le second principe, l’entropie est une fonction d’état. L’application du théorème de Schwartz à la différentielle exacte dS = δQrev /T = (Cv/T) dT + (l/T) dV conduit à la relation (2) ${\left( {\frac{{d{C_v}/T}}{{\partial V}}} \right)_T} = {\left( {\frac{{\partial l/T}}{{\partial T}}} \right)_V}$, soit ${\left( {\frac{{\partial {C_v}}}{{\partial V}}} \right)_T} = {\left( {\frac{{\partial l}}{{\partial T}}} \right)_V} - l/T$.
h Par comparaison de ces deux relations on obtient $l = T{\left( {\frac{{\partial P}}{{\partial T}}} \right)_V}$, puis en remplaçant l par son expression dans (1)${\left( {\frac{{\partial {C_v}}}{{\partial V}}} \right)_T} = T{\left( {\frac{{{\partial ^2}P}}{{\partial {T^2}}}} \right)_V}$.
h La différentiation de l’équation de Van der Waals à volume constant donne :
(V-nb) dP = nR dT, donc ${\left( {\frac{{\partial P}}{{\partial T}}} \right)_V} = nR/(V - nb)$, qui ne dépend pas explicitement de la température. Par conséquent la dérivée seconde par rapport à T est nulle, de même que ${\left( {\frac{{\partial {C_v}}}{{\partial V}}} \right)_T}$ : ${\left( {\frac{{\partial {C_v}}}{{\partial V}}} \right)_T} = 0$.
c) h Pour n moles de gaz, dS = δQrev /T = (nCv/T) dT + (l/T) dV. D’après la question précédente, pour le gaz de Van der Waals l = nRT/(V-nb), donc
dS = n(Cv/T dT + R/(V-nb) dV).
h Le long d’une isentropique, dS = n(Cv/T dT + R/(V-nb) dV) = 0, d’où l’équation différentielle dT/T = -(R/Cv/).dV/(V-nb). R, Cv, n et b étant des constantes, l’intégration entre l’état (T,V) et un état de référence (T0, V0) situé sur la même isentropique donne :
$\ln (T/{T_0}) = - (R/{C_v})\ln \left( {\frac{{V - nb}}{{{V_0} - nb}}} \right)$, soit
$T{(V - nb)^{(R/{C_v})}} = cste$ le long d’une isentropique.
d) h Compte tenu de l’expression de l, dU = nCv dT + (l-P) dV s’écrit :
dU = nCv dT + (nRT/(V-nb)-P) dV. En exprimant P en fonction de T et V à partir de l’équation de Van der Waals : P = nRT/(V-nb) - an2/V2, on obtient la relation :
dU = nCv dT + a n2/V2 dV
h Les coefficients Cv, a et n étant constants, l’intégration entre l’état de référence (T0,V0,U0) et l’état (T,V,U) conduit à l’expression de U :
U - U0 = nCv (T - T0) + an2(V0-1 - V-1)
e) La démarche est identique à celle de la question I.3.
h Pour la compression isentropique la nouvelle relation entre T0, V0, T1 et V1 s’écrit d’après I.5.c) :
${T_0}{({V_0} - nb)^{R/{C_v}}} = {T_1}{({V_1} - nb)^{R/{C_v}}}$ soit ${T_1}/{T_0} = {\left( {\frac{{{V_0} - nb}}{{{V_1} - nb}}} \right)^{R/{C_v}}}$.
h De même pour la détente isentropique on a ${T_3}/{T_2} = {\left( {\frac{{{V_1} - nb}}{{{V_0} - nb}}} \right)^{R/{C_v}}}$. Ces relations sont identiques à celles obtenues pour le gaz parfait en remplaçant les volumes V0 et V1 par V0-nb et V1-nb, R/Cv étant égal à γ-1 si la valeur de Cv est inchangée.
h Pour les deux transformations isochores, les relations entre les températures et les chaleurs échangées sont identiques à celles valables pour un gaz parfait, puisque d’après I.5.d) ΔU = Qc = nCv ΔT pour une transformation isochore (V0 = V). Donc en utilisant les mêmes notations qu’en I.3 T2 = T1 + Qc/Cv et Q’c = Cv (T0-T3).
h Le rendement est toujours égal à 1 + Q’c /Qc . On trouve donc à partir des résultats précédents une expression similaire à celle obtenue pour le gaz parfait :
${\eta _w} = 1 - {\left( {\frac{{{V_1} - bn}}{{{V_0} - bn}}} \right)^{R/{C_v}}} = 1 - {\left( {\frac{{{\rho ^{ - 1}} - bn/{V_0}}}{{1 - bn/{V_0}}}} \right)^{R/{C_v}}}$
f) h Pour calculer n il faut en toute rigueur résoudre l’équation de Van der Waals (P - an2/V2)(V-nb) = nRT. Cependant les termes an2/V2 et nb constituant de petites corrections, n peut-être approximé par n = PV/RT à condition de vérifier P>>an2/V2 et V>>nb.
h La valeur approchée de n a été calculée en considérant l’état initial (P0 = 105 Pa, V=5/9.10-3 m3, T0 = 323 K) en I.4 : n = 2.07.10-2 mol.
On vérifie alors que :an2/V02 = 1,89 Pa << P0 = 105 Pa et nb = 7,96.10-7 m3 << V0 = 5,55.10-4 m3 (la résolution numérique donne n = 2,0707.10-2 mol contre 2,0698.10-2 mol pour la valeur approchée).
h La capacité calorifique molaire Cv est celle du gaz parfait d’où Cv = R/(γ-1) et R/Cv = γ-1. D’après I.5.e) ${T_1} = {T_0}{\left( {\frac{{{V_0} - nb}}{{{V_1} - nb}}} \right)^{R/{C_v}}} = {T_0}{\left( {\frac{{1 - nb/{V_0}}}{{{\rho ^{ - 1}} - nb/{V_0}}}} \right)^{\gamma - 1}}$. On trouve T1 = 815,6K = 542°C. En reportant cette valeur dans l’équation de Van der Waals écrite pour l’état (P1, V1, T1) on obtient P1 = 25,4 bar.
h Le calcul de ηw à partir du résultat de I.5.e) donne ηw = 0,604.
Les résultats obtenus sont sensiblement égaux aux résultats obtenus dans l’approximation du gaz parfait, l’écart sur le rendement étant de 0,3%. Ceci s’explique par le caractère correctif des coefficients a et b (le terme nb/V0 vaut 1,437.10-3).
Partie II : mécanique
II.1
a) h On applique le théorème de la résultante cinétique au piston de masse m1, en translation rectiligne d’accélération a1, soumis à son poids (négligé d’après l’énoncé) et aux forces F, F1 et R :
m1a1 = F + F1 + R b) h Le piston est en translation selon Oy donc a1 = a1y ey et la vitesse de glissement du piston par rapport au cylindre est colinéaire à Oy. Le mouvement s’effectuant sans frottement, la composante de R colinéaire à la vitesse de glissement donc à ey est nulle. Enfin d’après l’énoncé F = -Fey. Par conséquent la projection du théorème de la résultante cinétique sur Oy s’écrit : m1 a1y = F1y - F, soit
F1y = F + m1 a1y
II.2
c) h Compte tenu de l’hypothèse λ>>1, la relation sin β = - sinα/(2λ) peut être réécrite : β ≈ sinβ ≈ - sinα/(2λ), d’autre part cosβ ≈ 1 au premier ordre (pour λ grand, la bielle reste très voisine de la position verticale).
L’expression de yc se simplifie en yc ≈ d/2 cosα + λd.
En dérivant on trouve successivement : ${v_{1y}} = - d/2\dot \alpha \sin \alpha = - d/2\omega \sin \alpha $, puis
a1y = -d/2(sinα dω/dt + cosα ω2). En régime permanent dω/dt = 0, l’accélération vaut finalement
a1y = -dω2/2 cosα Pour ceux qui ne sont pas convaincus, il est possible de dériver l’expression exacte de yc soit ${\dot y_c} = - d(\dot \alpha /2\sin \alpha + \lambda \dot \beta \sin \beta ) = - (d/2)\sin \alpha (\dot \alpha - \dot \beta )$ en utilisant sinβ = - sinα/(2λ) puis ${\ddot y_c} = - (d/2)[\dot \alpha (\dot \alpha - \dot \beta )\cos \alpha + (\ddot \alpha - \ddot \beta )\sin \alpha ] = - (d/2)[({\omega ^2} - \omega \dot \beta )\cos \alpha - \ddot \beta \sin \alpha ]$ puisque ω=dα/dt est constant.
D’autre part la relation sin β = - sinα/(2λ) conduit à $\dot \beta \cos \beta = - \dot \alpha \cos \alpha /(2\lambda )$, puis $\ddot \beta \cos \beta - {\dot \beta ^2}\sin \beta = - (\ddot \alpha \cos \alpha - {\dot \alpha ^2}\sin \alpha )/(2\lambda )$. Comme λ>>1, $\left| {\dot \beta } \right| < < \left| {\dot \alpha } \right|$ et $\left| {\ddot \beta } \right| < < {\dot \alpha ^2}$ Par conséquent tous les termes sont négligeables devant le terme en ω2 dans l’expression précédente de ${\ddot y_c}$ ; on retrouve ainsi l’expression de a1y.
d) h D’après le résultat précédent, l’amplitude de a1y est égale à dω2/2.
AN : d = 86 mm = 8,6.10-2 m ; ω = 4800 tours/min = 2π.4800/60 rad.s-1
dω2/2 = 10864 m.s-2 ≈ 1107 g h Les matériaux constituant le piston doivent posséder de bonnes qualités mécaniques pour résister aux contraintes provoquées par les accélérations élevées (acier trempé puis alliages spéciaux). L’ordre de grandeur de l’accélération du piston reste accessible aux technologies classiques ; on rencontre des accélérations nettement plus élevées dans les turbines (turbines des centrales hydrauliques, thermiques et nucléaires ; turbines des turbotrains et des hélicoptères, turboréacteurs pour lesquels les ailettes sont réalisées en titane). Les accélérations les plus fortes se rencontrent probablement dans les ultracentrifugeuses utilisées en biologie permettant d’atteindre des accélérations de l’ordre de 500000g . Les rotors ont un diamètre de l’ordre de 15 cm et les vitesses angulaires maximales sont de l’ordre de 800 à 1000 tours/seconde. La technologie de ces appareils est nettement plus délicate : les rotors sont en titane ou en aluminium ; ils sont placés dans des enceintes blindées (à cause de l’énergie cinétique dissipée en cas d’éclatement) sous vide (la vitesse périphérique étant souvent supérieure à celle du son dans l’air).
II.3
a) h Si µ désigne la masse linéique de la barre, et x la position du point courant de la barre par rapport à G, ${I_2} = {J_{Gz}} = \int\limits_{ - \lambda d/2}^{\lambda d/2} {\mu {x^2}dx} = {m_2}{(\lambda d)^2}/12$ (résultat de cours).
b) h Le moment cinétique de la barre en G est égal au moment cinétique barycentrique. Dans son référentiel barycentrique, la barre a un mouvement de rotation autour de l’axe fixe Gz, qui est également un axe de symétrie de la barre, dont le vecteur rotation vaut ωb=dβ/dt ez (ωb est différent du vecteur rotation ω du vilebrequin).
h Par conséquent L2 = JGz dβ/dt ez. On peut retrouver la direction de L2 en remarquant que le mouvement se fait dans le plan Gxy de telle sorte que les vecteurs GM où M est un point de la barre et vM sont orthogonaux à ez et leur produit vectoriel colinéaire à ez.
h La valeur de dβ/dt a été calculée en II.2.c : dβ/dt = -ω cosα/(2λ cos β) ≈ -ω cosα/2λ car |β|<<1 d’où l’expression de L2 :
L2 = -(λ/24) m2d2ω cosα ez c) h La bielle est soumise aux actions de contact avec le cylindre et avec le vilebrequin et à son poids, négligeable par hypothèse. Les actions exercées par la bielle sur le cylindre et sur le vilebrequin sont F1 appliquée en C et F2 appliquée en B ; d’après le théorème de l’action et de la réaction, la bielle subit les actions -F1 en C et -F2 en B.
h Les théorèmes de la résultante cinétique dans le référentiel galiléen Oxyz et du moment cinétique barycentrique appliqués à la bielle s’écrivent donc :
m2 aG = -F1 - F2
dL2/dt = GC∧(-F1) + GB∧(-F2) d) h Il est possible de calculer a2 à partir de l’expression de la vitesse de G, en utilisant par exemple vG = vC + ωb∧CG, puisque vC et ωb sont connus. En fait il est plus simple d’écrire OG = (OC + OB) / 2, soit, O étant un point fixe du référentiel galiléen dans lequel on étudie le mouvement, aG = (aC + aB) / 2 = (a1 + aB) / 2.
h D’après II.2.c, a1 = -dω2/2 cosα ey. Le point B a un mouvement circulaire autour de Oz de rayon d/2 et de vitesse angulaire ω, donc aB = -dω2/2er = -dω2/2(cosαey-sinαex). En combinant les deux résultats :
${{\bf{a}}_{\bf{2}}} = {{\bf{a}}_{\bf{G}}} = d{\omega ^2}/4(\sin \alpha {{\bf{e}}_{\bf{x}}} - 2\cos \alpha {{\bf{e}}_{\bf{y}}})$ e) h On explicite les relations vectorielles du II.3.c. L’accélération aG est donnée par la relation précédente ; la dérivation de L2 conduit à dL2/dt = (λ/24) m2d2ω 2sinα ez.
Les vecteurs GC et GB vérifient GB = -GC = (λd/2)(sinβex-cosβey). Par conséquent $\begin{array}{l}{\bf{GC}} \wedge ( - {{\bf{F}}_{\bf{1}}}) + {\bf{GB}} \wedge ( - {{\bf{F}}_{\bf{2}}}) = {\bf{GB}} \wedge ({{\bf{F}}_{\bf{1}}} - {{\bf{F}}_{\bf{2}}}) = \\\frac{{\lambda d}}{2}\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{\sin \beta }\\{ - \cos \beta }\\0\end{array}} \right. \wedge \left| {\begin{array}{*{20}{c}}{{F_{1x}} - {F_{2x}}}\\{{F_{1y}} - {F_{2y}}}\\0\end{array}} \right. = \frac{{\lambda d}}{2}[\sin \beta ({F_{1y}} - {F_{2y}}) + \cos \beta ({F_{1x}} - {F_{2x}})]{{\bf{e}}_{\bf{z}}}\end{array}$
On aboutit après simplifications aux trois équations scalaires :
$\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{ - \frac{{{m_2}d{\omega ^2}\sin \alpha }}{4}}& = &{{F_{1x}} + {F_{2x}}}\\{\frac{{{m_2}d{\omega ^2}\cos \alpha }}{2}}& = &{{F_{1y}} + {F_{2y}}}\\{\frac{{{m_2}d{\omega ^2}\sin \alpha }}{{12}}}& = &{\sin \beta ({F_{1y}} - {F_{2y}}) + \cos \beta ({F_{1x}} - {F_{2x}})}\end{array}} \right.$
h En reportant la valeur de F1y calculée en II.1.c), puis celle de a1y calculée en II.2.c), on en déduit l’expression de F2y :
F2y = (m2dω2cosα)/2 - F - m1a1y = (m1+m2)(dω2cosα)/2 - F
h En supposant que les différentes composantes de F1 et F2 sont du même ordre de grandeur, la troisième équation se simplifie car cosβ≈1 et |sin β|<<1. F1x et F2x vérifient alors :
$\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{F_{1x}} + {F_{2x}}}& = &{ - \frac{{{m_2}d{\omega ^2}\sin \alpha }}{4}}\\{{F_{1x}} - {F_{2x}}}& = &{\frac{{{m_2}d{\omega ^2}\sin \alpha }}{{12}}}\end{array}} \right.$ soit F2x = -(m2dω2sinα)/6. Le terme en sin β est bien négligeable puisque les 4 composantes ont pour ordre de grandeur m2dω2.
Finalement,
F2x = F0x sinα où F0x = -m2dω2/6
F2y = F0y cosα + F0 où F0y = (m1+m2)dω2/2 et F0 = -F
II.4
a) ${\bf{M}} = {\bf{OB}} \wedge {{\bf{F}}_{\bf{2}}} = \frac{d}{2}\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{ - \sin \alpha }\\{\cos \alpha }\\0\end{array}} \right. \wedge \left| {\begin{array}{*{20}{c}}{{F_{0x}}\sin \alpha }\\{{F_{0y}}\cos \alpha + {F_0}}\\0\end{array}} \right. = - \frac{d}{4}[({F_{0x}} + {F_{0y}})\sin 2\alpha + 2{F_0}\sin \alpha ]{{\bf{e}}_{\bf{z}}}$, soit en exprimant F0x, F0y et F0 :
${\bf{M}} = - \frac{d}{4}[(\frac{{{m_1}}}{2} + \frac{{{m_2}}}{3})d{\omega ^2}\sin 2\alpha - 2F\sin \alpha ]{{\bf{e}}_{\bf{z}}}$
d) h JOz désignant le moment d’inertie du vilebrequin par rapport à Oz, le théorème du moment cinétique scalaire appliqué au vilebrequin s’écrit, en négligeant les frottements : JOz dω/dt = Mz ou encore dω/dt = Mz/JOz. Pour minimiser les variations de la vitesse de rotation du vilebrequin, caractérisées par dω/dt, que causent les irrégularités de Mz, il faut par conséquent augmenter JOz. Concrètement le vilebrequin est solidaire d’un volant d’inertie de moment d’inertie élevé.
e) h AN : m1=0,5 kg, m2 = 1,2 kg, F=0.
Mz = (m1/2+m2/3)(dω)2/4 = 303,7 N.m II.5
a) h Le vilebrequin est soumis à l’action de la bielle F2, à la réaction du palier F3 et à son poids, qui est négligé par hypothèse.
b) h Le pricipe fondamental de la dynamique appliqué au vilebrequin s’écrit m3a3=F2+F3, soit F3 = m3a3 - F2. Les masselottes ont un mouvement circulaire uniforme de rayon r et de vitesse angulaire ω, donc a3 = - rω2ur = rω2(sinαex-cosαey). Par conséquent :
${{\bf{F}}_{\bf{3}}} = \left| {\begin{array}{*{20}{c}}{( - {m_3}r{\omega ^2} - {F_{0x}})\sin \alpha }\\{({m_3}r{\omega ^2} - {F_{0y}})\cos \alpha }\\0\end{array}} \right. = \left| {\begin{array}{*{20}{c}}{ - ({m_3}r - {m_2}d/6){\omega ^2}\sin \alpha }\\{({m_3}r - ({m_1} + {m_2})d/2){\omega ^2}\cos \alpha }\\0\end{array}} \right.$ c) h Pour annuler à tout instant la norme de F3, il faut vérifier les deux égalités m2d/6 = m3r et (m1 + m2)d/2 = m3r, et par conséquent m2d/6 = (m1 + m2)d/2.
h Cette égalité est équivalente à l’égalité -2m2 = 3m1, qui n’est pas réalisable puisque les masses sont positives.
d) h Puisque les composantes non nulles F3x et F3y sont proportionnelles à sinα et cosα , le module de F3 est constant si l’égalité :
|m3r - m2d/6| = |m3r - (m1+m2)d/2|
est vérifiée, c’est à dire si m3r - m2d/6 = - (m3r - (m1+m2)d/2). En effet les deux facteurs ne peuvent pas être de même signe, car alors l’égalité se ramènerait comme précédemment à -2m2=3m1.
h En réarrangeant les termes, on obtient finalement
m3r = (m1/4 + m2/3)d h En reportant on trouve F3 = - (m1/4 + m2/6)dω2 (sinαex + cosαey) ; F3 fait l’angle -(π/2+α) avec ex, et tourne donc dans le sens inverse du vilebrequin à la vitesse angulaire -ω.
Partie I : thermodynamique
I.1
a) h Pour n moles de gaz parfait, dU = nCvdT, dH = d(U + PV) = nCpdT et PV = nRT ; donc dH = n(Cv + R)dT soit Cp - Cv = R (relation de Mayer, qu’il n’est pas nécessaire de redémontrer).
h Les deux relations Cp = Cv + R et Cp/Cv = γ permettent d’exprimer Cp et Cv :
Cv = R/(γ-1) et Cp = γR/(γ-1)
b) h Le rapport γ étant constant, la relation dU = CvdT = nRdT/(γ-1) s’intègre en :
U = nRT/(γ-1) - U0
I.2
a) h dU = TdS - PdV d’où dS = dU/T + (P/T)dV
b) h PV = nRT donc T = PV/nR ; d’autre part, dU = nRdT/(γ-1) = d(PV)/(γ-1). En reportant dans l’expression de dS on obtient une expression ne dépendant que de P et V :
${\rm{d}}S = nR\left[ {\frac{{{\rm{d}}(PV)}}{{(\gamma - 1)PV}} + \frac{{{\rm{d}}V}}{V}} \right] = \frac{{nR}}{{(\gamma - 1)}}\left( {\frac{{{\rm{d}}P}}{P} + \gamma \frac{{{\rm{d}}V}}{V}} \right) = \frac{{nR}}{{(\gamma - 1)}}{\rm{d}}ln\left( {P{V^\gamma }} \right)$
dS = nR/(γ-1) dln(PVγ)
c) h Par intégration entre l’état de référence (P0, V0, S0) et l’état (P, V, S) on obtient la relation :
$S - {S_0} = \frac{{nR}}{{\gamma - 1}}\ln \frac{{P{V^\gamma }}}{{{P_0}V_0^\gamma }}$
d) h La relation précédente s’écrit : $P{V^\gamma } = {P_0}V_0^\gamma \exp \frac{{\left( {\gamma - 1} \right)\left( {S - {S_0}} \right)}}{{nR}}$ donc à entropie S constante le second membre, qui est une fonction croissante de S car γ est supérieur à 1, est une constante. La relation demandée (loi de Laplace) est donc vérifiée.
 h La combustion est instantanée donc isochore, et non réversible. D’après le second principe lors de cette phase ΔS>0 car Qc>0, donc le produit PV1γ et par conséquent P augmentent : P2>P1. h Enfin après l’ouverture de la soupape de l’échappement la transformation est isochore. h On en déduit l’allure du cycle dans le diagramme de Clapeyron : deux isentropiques et deux isochores. Le sens de parcours (sens des aiguilles d’une montre) correspond bien à un cycle moteur. |
h En procédant de même pour la détente isentropique (P2, V1, T2) → (P3, V0, T3), on obtient P3V0γ = P2V1γ soit P3= P2 (V1/V0)γ = P0 ρ-γ, et T3 = T2 ρ(1-γ).
P1 = P0 ργ ; T1 = T0 ρ(γ-1) ; P3= P0 ρ-γ ; T3 = T2 ρ(1-γ).
c) h La quantité de chaleur Qc est fournie au gaz à volume constant, il s’agit d’une transformation isochore au cours de laquelle la température passe de T1 à T2. D’après le premier principe, ΔU = nCvΔT = nR/(γ-1) (T2-T1) = Qc, car Cv capacité calorifique molaire à volume constant est constante. Par conséquent l’expression de T2 est :
T2 = T1 + (γ-1) Qc/nR
d) h Au cours du cycle le fluide échange du travail avec l’extérieur lors de la compression et de la détente isentropiques, tandis que les échanges de chaleur ont lieu lors des deux transformations isochores.
h L’expression du premier principe appliqué au cycle est : 0 = ΔU = W+Qc+Q’c, où W désigne le travail total reçu par le fluide, Qc la chaleur reçue par le gaz lors de la combustion et Q’c la chaleur échangée lors du refroidissement isochore du gaz à l’ouverture de la soupape d’échappement (Q’c<0 car le gaz cède de la chaleur). Le travail utile fourni par le fluide vaut -W, il est égal au travail moteur du gaz durant la détente diminué du travail qu’il est nécessaire de lui fournir lors de la compression. La quantité de chaleur Qc n’est pas récupérable par le moteur et n’intervient donc pas directement dans le bilan.
h Le rendement η est alors égal à -W/Qc, soit en tenant compte de l’expression du premier principe η = (Qc + Q’c) / Qc = 1 + Q’c / Qc = 1 - Q’c / Qc.
h La chaleur Q’c est échangée lors de la transformation isochore (P0, V0, T3) → (P0, V0, T0) donc Q’c = nCv(T0-T3). On exprime T3 en fonction de T0 en utilisant les expressions de T3 et T1 en fonction de T2, T0, ρ et γ (I.3.b) et celle de T2 en fonction de T1 et Qc (I.3.c) : T3 = T2ρ(1-γ) = (T1+(γ-1)Qc/nR)ρ(1-γ) = T0 + (γ-1)Qcρ(1-γ)/nR. En reportant dans l’expression de Q’c on trouve finalement Q’c = - Qcρ(1-γ), soit :
η = 1-ρ(1-γ)
I.4
a) h P1 = P0 ργ ; T1 = T0 ρ(γ-1) ; P0 = 105 Pa ; T0 = 50° C = 323 K ; ρ = 10 ; γ = 7/5 :
T1 = 811 K = 538° C ; P1 = 2,5.106 Pa = 25 bar
b) h η = 1-ρ(1-γ) donc η = 0,602.
h Calcul du nombre de moles de gaz admis dans le cylindre : n = P0V0/RT0
V0-V1 = 500 cm3 = 5.10-4 m3, V0/V1 = 10, donc V0 = 5/9.10-3 m3 ; P0 = 105 Pa, R = 8,31 J.K-1.mol-1, T0= 323 K, soit n = 2,07.10-2 mol.
Qc = 2,07.10-2 mol x 80 kJ.mol-1 = 1656 J
donc le travail fourni au piston par le gaz au cours d’un cycle vaut W = η Qc = 996 J
c) h Un cycle correspond à deux tours : en partant du point mort haut le premier tour comprend les étapes admission et compression, le second tour les étapes détente et échappement. Le moteur effectue par conséquent 2400 cycles.min-1 soit 40 cycles.s-1, en fournissant un travail de 996 J par cycle. Sa puissance est donc
P = 996 J x 40 s-1 = 39,86 kW
I.5
a) h Le rapport a/V2 est la pression interne qui a pour origine les interactions attractives entre les molécules du gaz. a ≡ Pa.(m3.mol-1)2 ≡ Pa.m6.mol-2 (l’équation est donnée pour une mole de gaz, V correspond par conséquent au volume molaire).
h Le coefficient b est le covolume, qui correspond au volume propre des molécules qui ne sont pas rigoureusement ponctuelles. b s’exprime en m3.mol-1.
h Pour n moles de gaz occupant le volume V, le volume molaire vaut V/n. Il suffit donc de remplacer V par V/n dans l’équation initiale pour obtenir
(P - a.n2/V2).(V/n - b) = RT ou encore (P - a.n2/V2).(V - nb) = nRT
b) Il s’agit de reprendre la démonstration classique des relations de Clapeyron :
h pour une transformation réversible impliquant une mole de gaz,
δQrev = Cv dT + l dV et δWrev = -P dV.
h D’après le premier principe, l’énergie interne est une fonction d’état. L’application du théorème de Schwartz à la différentielle exacte dU = δQrev + δWrev = Cv dT + (l-P) dV conduit à la relation (1) ${\left( {\frac{{\partial {C_v}}}{{\partial V}}} \right)_T} = {\left( {\frac{{\partial l}}{{\partial T}}} \right)_V} - {\left( {\frac{{\partial P}}{{\partial T}}} \right)_V}$
h D’après le second principe, l’entropie est une fonction d’état. L’application du théorème de Schwartz à la différentielle exacte dS = δQrev /T = (Cv/T) dT + (l/T) dV conduit à la relation (2) ${\left( {\frac{{d{C_v}/T}}{{\partial V}}} \right)_T} = {\left( {\frac{{\partial l/T}}{{\partial T}}} \right)_V}$, soit ${\left( {\frac{{\partial {C_v}}}{{\partial V}}} \right)_T} = {\left( {\frac{{\partial l}}{{\partial T}}} \right)_V} - l/T$.
h Par comparaison de ces deux relations on obtient $l = T{\left( {\frac{{\partial P}}{{\partial T}}} \right)_V}$, puis en remplaçant l par son expression dans (1)${\left( {\frac{{\partial {C_v}}}{{\partial V}}} \right)_T} = T{\left( {\frac{{{\partial ^2}P}}{{\partial {T^2}}}} \right)_V}$.
h La différentiation de l’équation de Van der Waals à volume constant donne :
(V-nb) dP = nR dT, donc ${\left( {\frac{{\partial P}}{{\partial T}}} \right)_V} = nR/(V - nb)$, qui ne dépend pas explicitement de la température. Par conséquent la dérivée seconde par rapport à T est nulle, de même que ${\left( {\frac{{\partial {C_v}}}{{\partial V}}} \right)_T}$ : ${\left( {\frac{{\partial {C_v}}}{{\partial V}}} \right)_T} = 0$.
c) h Pour n moles de gaz, dS = δQrev /T = (nCv/T) dT + (l/T) dV. D’après la question précédente, pour le gaz de Van der Waals l = nRT/(V-nb), donc
dS = n(Cv/T dT + R/(V-nb) dV).
h Le long d’une isentropique, dS = n(Cv/T dT + R/(V-nb) dV) = 0, d’où l’équation différentielle dT/T = -(R/Cv/).dV/(V-nb). R, Cv, n et b étant des constantes, l’intégration entre l’état (T,V) et un état de référence (T0, V0) situé sur la même isentropique donne :
$\ln (T/{T_0}) = - (R/{C_v})\ln \left( {\frac{{V - nb}}{{{V_0} - nb}}} \right)$, soit
$T{(V - nb)^{(R/{C_v})}} = cste$ le long d’une isentropique.
d) h Compte tenu de l’expression de l, dU = nCv dT + (l-P) dV s’écrit :
dU = nCv dT + (nRT/(V-nb)-P) dV. En exprimant P en fonction de T et V à partir de l’équation de Van der Waals : P = nRT/(V-nb) - an2/V2, on obtient la relation :
dU = nCv dT + a n2/V2 dV
h Les coefficients Cv, a et n étant constants, l’intégration entre l’état de référence (T0,V0,U0) et l’état (T,V,U) conduit à l’expression de U :
U - U0 = nCv (T - T0) + an2(V0-1 - V-1)
h Pour la compression isentropique la nouvelle relation entre T0, V0, T1 et V1 s’écrit d’après I.5.c) :
${T_0}{({V_0} - nb)^{R/{C_v}}} = {T_1}{({V_1} - nb)^{R/{C_v}}}$ soit ${T_1}/{T_0} = {\left( {\frac{{{V_0} - nb}}{{{V_1} - nb}}} \right)^{R/{C_v}}}$.
h De même pour la détente isentropique on a ${T_3}/{T_2} = {\left( {\frac{{{V_1} - nb}}{{{V_0} - nb}}} \right)^{R/{C_v}}}$. Ces relations sont identiques à celles obtenues pour le gaz parfait en remplaçant les volumes V0 et V1 par V0-nb et V1-nb, R/Cv étant égal à γ-1 si la valeur de Cv est inchangée.
h Pour les deux transformations isochores, les relations entre les températures et les chaleurs échangées sont identiques à celles valables pour un gaz parfait, puisque d’après I.5.d) ΔU = Qc = nCv ΔT pour une transformation isochore (V0 = V). Donc en utilisant les mêmes notations qu’en I.3 T2 = T1 + Qc/Cv et Q’c = Cv (T0-T3).
h Le rendement est toujours égal à 1 + Q’c /Qc . On trouve donc à partir des résultats précédents une expression similaire à celle obtenue pour le gaz parfait :
${\eta _w} = 1 - {\left( {\frac{{{V_1} - bn}}{{{V_0} - bn}}} \right)^{R/{C_v}}} = 1 - {\left( {\frac{{{\rho ^{ - 1}} - bn/{V_0}}}{{1 - bn/{V_0}}}} \right)^{R/{C_v}}}$
f) h Pour calculer n il faut en toute rigueur résoudre l’équation de Van der Waals (P - an2/V2)(V-nb) = nRT. Cependant les termes an2/V2 et nb constituant de petites corrections, n peut-être approximé par n = PV/RT à condition de vérifier P>>an2/V2 et V>>nb.
h La valeur approchée de n a été calculée en considérant l’état initial (P0 = 105 Pa, V=5/9.10-3 m3, T0 = 323 K) en I.4 : n = 2.07.10-2 mol.
On vérifie alors que :an2/V02 = 1,89 Pa << P0 = 105 Pa et nb = 7,96.10-7 m3 << V0 = 5,55.10-4 m3 (la résolution numérique donne n = 2,0707.10-2 mol contre 2,0698.10-2 mol pour la valeur approchée).
h La capacité calorifique molaire Cv est celle du gaz parfait d’où Cv = R/(γ-1) et R/Cv = γ-1. D’après I.5.e) ${T_1} = {T_0}{\left( {\frac{{{V_0} - nb}}{{{V_1} - nb}}} \right)^{R/{C_v}}} = {T_0}{\left( {\frac{{1 - nb/{V_0}}}{{{\rho ^{ - 1}} - nb/{V_0}}}} \right)^{\gamma - 1}}$. On trouve T1 = 815,6K = 542°C. En reportant cette valeur dans l’équation de Van der Waals écrite pour l’état (P1, V1, T1) on obtient P1 = 25,4 bar.
h Le calcul de ηw à partir du résultat de I.5.e) donne ηw = 0,604.
Les résultats obtenus sont sensiblement égaux aux résultats obtenus dans l’approximation du gaz parfait, l’écart sur le rendement étant de 0,3%. Ceci s’explique par le caractère correctif des coefficients a et b (le terme nb/V0 vaut 1,437.10-3).
Partie II : mécanique
II.1
a) h On applique le théorème de la résultante cinétique au piston de masse m1, en translation rectiligne d’accélération a1, soumis à son poids (négligé d’après l’énoncé) et aux forces F, F1 et R :
m1a1 = F + F1 + R b) h Le piston est en translation selon Oy donc a1 = a1y ey et la vitesse de glissement du piston par rapport au cylindre est colinéaire à Oy. Le mouvement s’effectuant sans frottement, la composante de R colinéaire à la vitesse de glissement donc à ey est nulle. Enfin d’après l’énoncé F = -Fey. Par conséquent la projection du théorème de la résultante cinétique sur Oy s’écrit : m1 a1y = F1y - F, soit
F1y = F + m1 a1y
 L’orientation des angles α et β étant opposée, on en déduit en valeur algébrique sin α = -2λ sin β. b) h La position de C est totalement déterminée par yc, (xc = 0). En valeur algébrique ${y_c} = \overline {OC} = \overline {OH} + \overline {HC} = (d/2)\cos \alpha + \lambda d\cos \beta $ ${y_c} = d(\frac{{\cos \alpha }}{2} + \lambda \cos \beta )$ |
L’expression de yc se simplifie en yc ≈ d/2 cosα + λd.
En dérivant on trouve successivement : ${v_{1y}} = - d/2\dot \alpha \sin \alpha = - d/2\omega \sin \alpha $, puis
a1y = -d/2(sinα dω/dt + cosα ω2). En régime permanent dω/dt = 0, l’accélération vaut finalement
a1y = -dω2/2 cosα Pour ceux qui ne sont pas convaincus, il est possible de dériver l’expression exacte de yc soit ${\dot y_c} = - d(\dot \alpha /2\sin \alpha + \lambda \dot \beta \sin \beta ) = - (d/2)\sin \alpha (\dot \alpha - \dot \beta )$ en utilisant sinβ = - sinα/(2λ) puis ${\ddot y_c} = - (d/2)[\dot \alpha (\dot \alpha - \dot \beta )\cos \alpha + (\ddot \alpha - \ddot \beta )\sin \alpha ] = - (d/2)[({\omega ^2} - \omega \dot \beta )\cos \alpha - \ddot \beta \sin \alpha ]$ puisque ω=dα/dt est constant.
D’autre part la relation sin β = - sinα/(2λ) conduit à $\dot \beta \cos \beta = - \dot \alpha \cos \alpha /(2\lambda )$, puis $\ddot \beta \cos \beta - {\dot \beta ^2}\sin \beta = - (\ddot \alpha \cos \alpha - {\dot \alpha ^2}\sin \alpha )/(2\lambda )$. Comme λ>>1, $\left| {\dot \beta } \right| < < \left| {\dot \alpha } \right|$ et $\left| {\ddot \beta } \right| < < {\dot \alpha ^2}$ Par conséquent tous les termes sont négligeables devant le terme en ω2 dans l’expression précédente de ${\ddot y_c}$ ; on retrouve ainsi l’expression de a1y.
d) h D’après le résultat précédent, l’amplitude de a1y est égale à dω2/2.
AN : d = 86 mm = 8,6.10-2 m ; ω = 4800 tours/min = 2π.4800/60 rad.s-1
dω2/2 = 10864 m.s-2 ≈ 1107 g h Les matériaux constituant le piston doivent posséder de bonnes qualités mécaniques pour résister aux contraintes provoquées par les accélérations élevées (acier trempé puis alliages spéciaux). L’ordre de grandeur de l’accélération du piston reste accessible aux technologies classiques ; on rencontre des accélérations nettement plus élevées dans les turbines (turbines des centrales hydrauliques, thermiques et nucléaires ; turbines des turbotrains et des hélicoptères, turboréacteurs pour lesquels les ailettes sont réalisées en titane). Les accélérations les plus fortes se rencontrent probablement dans les ultracentrifugeuses utilisées en biologie permettant d’atteindre des accélérations de l’ordre de 500000g . Les rotors ont un diamètre de l’ordre de 15 cm et les vitesses angulaires maximales sont de l’ordre de 800 à 1000 tours/seconde. La technologie de ces appareils est nettement plus délicate : les rotors sont en titane ou en aluminium ; ils sont placés dans des enceintes blindées (à cause de l’énergie cinétique dissipée en cas d’éclatement) sous vide (la vitesse périphérique étant souvent supérieure à celle du son dans l’air).
II.3
a) h Si µ désigne la masse linéique de la barre, et x la position du point courant de la barre par rapport à G, ${I_2} = {J_{Gz}} = \int\limits_{ - \lambda d/2}^{\lambda d/2} {\mu {x^2}dx} = {m_2}{(\lambda d)^2}/12$ (résultat de cours).
b) h Le moment cinétique de la barre en G est égal au moment cinétique barycentrique. Dans son référentiel barycentrique, la barre a un mouvement de rotation autour de l’axe fixe Gz, qui est également un axe de symétrie de la barre, dont le vecteur rotation vaut ωb=dβ/dt ez (ωb est différent du vecteur rotation ω du vilebrequin).
h Par conséquent L2 = JGz dβ/dt ez. On peut retrouver la direction de L2 en remarquant que le mouvement se fait dans le plan Gxy de telle sorte que les vecteurs GM où M est un point de la barre et vM sont orthogonaux à ez et leur produit vectoriel colinéaire à ez.
h La valeur de dβ/dt a été calculée en II.2.c : dβ/dt = -ω cosα/(2λ cos β) ≈ -ω cosα/2λ car |β|<<1 d’où l’expression de L2 :
L2 = -(λ/24) m2d2ω cosα ez c) h La bielle est soumise aux actions de contact avec le cylindre et avec le vilebrequin et à son poids, négligeable par hypothèse. Les actions exercées par la bielle sur le cylindre et sur le vilebrequin sont F1 appliquée en C et F2 appliquée en B ; d’après le théorème de l’action et de la réaction, la bielle subit les actions -F1 en C et -F2 en B.
h Les théorèmes de la résultante cinétique dans le référentiel galiléen Oxyz et du moment cinétique barycentrique appliqués à la bielle s’écrivent donc :
m2 aG = -F1 - F2
dL2/dt = GC∧(-F1) + GB∧(-F2) d) h Il est possible de calculer a2 à partir de l’expression de la vitesse de G, en utilisant par exemple vG = vC + ωb∧CG, puisque vC et ωb sont connus. En fait il est plus simple d’écrire OG = (OC + OB) / 2, soit, O étant un point fixe du référentiel galiléen dans lequel on étudie le mouvement, aG = (aC + aB) / 2 = (a1 + aB) / 2.
h D’après II.2.c, a1 = -dω2/2 cosα ey. Le point B a un mouvement circulaire autour de Oz de rayon d/2 et de vitesse angulaire ω, donc aB = -dω2/2er = -dω2/2(cosαey-sinαex). En combinant les deux résultats :
${{\bf{a}}_{\bf{2}}} = {{\bf{a}}_{\bf{G}}} = d{\omega ^2}/4(\sin \alpha {{\bf{e}}_{\bf{x}}} - 2\cos \alpha {{\bf{e}}_{\bf{y}}})$ e) h On explicite les relations vectorielles du II.3.c. L’accélération aG est donnée par la relation précédente ; la dérivation de L2 conduit à dL2/dt = (λ/24) m2d2ω 2sinα ez.
Les vecteurs GC et GB vérifient GB = -GC = (λd/2)(sinβex-cosβey). Par conséquent $\begin{array}{l}{\bf{GC}} \wedge ( - {{\bf{F}}_{\bf{1}}}) + {\bf{GB}} \wedge ( - {{\bf{F}}_{\bf{2}}}) = {\bf{GB}} \wedge ({{\bf{F}}_{\bf{1}}} - {{\bf{F}}_{\bf{2}}}) = \\\frac{{\lambda d}}{2}\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{\sin \beta }\\{ - \cos \beta }\\0\end{array}} \right. \wedge \left| {\begin{array}{*{20}{c}}{{F_{1x}} - {F_{2x}}}\\{{F_{1y}} - {F_{2y}}}\\0\end{array}} \right. = \frac{{\lambda d}}{2}[\sin \beta ({F_{1y}} - {F_{2y}}) + \cos \beta ({F_{1x}} - {F_{2x}})]{{\bf{e}}_{\bf{z}}}\end{array}$
On aboutit après simplifications aux trois équations scalaires :
$\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{ - \frac{{{m_2}d{\omega ^2}\sin \alpha }}{4}}& = &{{F_{1x}} + {F_{2x}}}\\{\frac{{{m_2}d{\omega ^2}\cos \alpha }}{2}}& = &{{F_{1y}} + {F_{2y}}}\\{\frac{{{m_2}d{\omega ^2}\sin \alpha }}{{12}}}& = &{\sin \beta ({F_{1y}} - {F_{2y}}) + \cos \beta ({F_{1x}} - {F_{2x}})}\end{array}} \right.$
h En reportant la valeur de F1y calculée en II.1.c), puis celle de a1y calculée en II.2.c), on en déduit l’expression de F2y :
F2y = (m2dω2cosα)/2 - F - m1a1y = (m1+m2)(dω2cosα)/2 - F
h En supposant que les différentes composantes de F1 et F2 sont du même ordre de grandeur, la troisième équation se simplifie car cosβ≈1 et |sin β|<<1. F1x et F2x vérifient alors :
$\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{F_{1x}} + {F_{2x}}}& = &{ - \frac{{{m_2}d{\omega ^2}\sin \alpha }}{4}}\\{{F_{1x}} - {F_{2x}}}& = &{\frac{{{m_2}d{\omega ^2}\sin \alpha }}{{12}}}\end{array}} \right.$ soit F2x = -(m2dω2sinα)/6. Le terme en sin β est bien négligeable puisque les 4 composantes ont pour ordre de grandeur m2dω2.
Finalement,
F2x = F0x sinα où F0x = -m2dω2/6
F2y = F0y cosα + F0 où F0y = (m1+m2)dω2/2 et F0 = -F
II.4
a) ${\bf{M}} = {\bf{OB}} \wedge {{\bf{F}}_{\bf{2}}} = \frac{d}{2}\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{ - \sin \alpha }\\{\cos \alpha }\\0\end{array}} \right. \wedge \left| {\begin{array}{*{20}{c}}{{F_{0x}}\sin \alpha }\\{{F_{0y}}\cos \alpha + {F_0}}\\0\end{array}} \right. = - \frac{d}{4}[({F_{0x}} + {F_{0y}})\sin 2\alpha + 2{F_0}\sin \alpha ]{{\bf{e}}_{\bf{z}}}$, soit en exprimant F0x, F0y et F0 :
${\bf{M}} = - \frac{d}{4}[(\frac{{{m_1}}}{2} + \frac{{{m_2}}}{3})d{\omega ^2}\sin 2\alpha - 2F\sin \alpha ]{{\bf{e}}_{\bf{z}}}$
 c) h Si F n’est non nulle que durant la détente, seule la partie du diagramme correspondante est modifiée. Au début et à la fin de cette phase, sinα = sin2α = 0, il n’y a donc pas de discontinuité de Mz. |
e) h AN : m1=0,5 kg, m2 = 1,2 kg, F=0.
Mz = (m1/2+m2/3)(dω)2/4 = 303,7 N.m II.5
a) h Le vilebrequin est soumis à l’action de la bielle F2, à la réaction du palier F3 et à son poids, qui est négligé par hypothèse.
b) h Le pricipe fondamental de la dynamique appliqué au vilebrequin s’écrit m3a3=F2+F3, soit F3 = m3a3 - F2. Les masselottes ont un mouvement circulaire uniforme de rayon r et de vitesse angulaire ω, donc a3 = - rω2ur = rω2(sinαex-cosαey). Par conséquent :
${{\bf{F}}_{\bf{3}}} = \left| {\begin{array}{*{20}{c}}{( - {m_3}r{\omega ^2} - {F_{0x}})\sin \alpha }\\{({m_3}r{\omega ^2} - {F_{0y}})\cos \alpha }\\0\end{array}} \right. = \left| {\begin{array}{*{20}{c}}{ - ({m_3}r - {m_2}d/6){\omega ^2}\sin \alpha }\\{({m_3}r - ({m_1} + {m_2})d/2){\omega ^2}\cos \alpha }\\0\end{array}} \right.$ c) h Pour annuler à tout instant la norme de F3, il faut vérifier les deux égalités m2d/6 = m3r et (m1 + m2)d/2 = m3r, et par conséquent m2d/6 = (m1 + m2)d/2.
h Cette égalité est équivalente à l’égalité -2m2 = 3m1, qui n’est pas réalisable puisque les masses sont positives.
|m3r - m2d/6| = |m3r - (m1+m2)d/2|
est vérifiée, c’est à dire si m3r - m2d/6 = - (m3r - (m1+m2)d/2). En effet les deux facteurs ne peuvent pas être de même signe, car alors l’égalité se ramènerait comme précédemment à -2m2=3m1.
h En réarrangeant les termes, on obtient finalement
m3r = (m1/4 + m2/3)d h En reportant on trouve F3 = - (m1/4 + m2/6)dω2 (sinαex + cosαey) ; F3 fait l’angle -(π/2+α) avec ex, et tourne donc dans le sens inverse du vilebrequin à la vitesse angulaire -ω.
Aucun commentaire:
Enregistrer un commentaire