Concours commun Mines-Ponts (M, P', TA) 1990 Physique I (Corrigé)

Mines–Ponts, M, P’, TA, 1990 (Physique I)
Solutions proposées

1. 1. L’énergie interne $U$ et l’entropie $S$ vérifient respectivement ${\mathrm{d}}U = \delta W + \delta Q$ donc ${\mathrm{d}}U = C_L {\mathrm{d}}T + (F + h) {\mathrm{d}}L$ et ${\mathrm{d}}S = \frac{\delta Q}{T}$ donc ${\mathrm{d}}S = \frac{C_L}{T} {\mathrm{d}}T + \frac{h}{T} {\mathrm{d}}L$ pour des transformations réversibles; les expressions obtenues relient des différentielles de fonctions et variables d’état, donc ces expressions en sont pas limitées aux seules transformations réversibles et on peut écrire ${\frac{\partial U}{\partial T}} = C_L$, ${\frac{\partial U}{\partial L}} = F + h$, ${\frac{\partial S}{\partial T}} = \frac{C_L}{T}$ et ${\frac{\partial S}{\partial L}} = \frac{h}{T}$. On peut alors affirmer le lemme de Schwartz pour les deux fonctions $U(T,L)$ et $S(T,L)$, ce qui conduit aux deux relations ${\frac{\partial C_L}{\partial L}} = {\frac{\partial F}{\partial T}} + {\frac{\partial h}{\partial T}}$ et ${\frac{\partial }{\partial L}} \frac{C_L}{T} = {\frac{\partial }{\partial T}} \frac{h}{T}$, cette dernière pouvant être recopiée sous la forme ${\frac{\partial C_L}{\partial L}} = {\frac{\partial h}{\partial T}} - \frac{h}{T}$. L’identification des deux expressions mène à $\frac{h}{T} = - {\frac{\partial F}{\partial T}}$, cette dernière dérivée partielle (calculée à $L$ constant) s’identifie ici à $\sigma$, d’où enfin le résultat $h = - T \sigma$.
   
   
   2. Revenant aux expressions établies ci-dessus, ${\frac{\partial C_L}{\partial L}} = {\frac{\partial h}{\partial T}} - \frac{h}{T}$ s’écrit, puisque $\sigma$ est constant, sous la forme ${\frac{\partial C_L}{\partial L}} = 0$.
   3. On revient enfin à l’expression ${\mathrm{d}}S = \frac{C_L}{T} {\mathrm{d}}T + \frac{h}{T} {\mathrm{d}}L$ écrite ${\mathrm{d}}S = \frac{C_L}{T} {\mathrm{d}}T - \sigma {\mathrm{d}}L$ qui s’intègre donc immédiatement en $S(T,L) = S_m + C_L \ln \frac{T}{T_m} - \sigma (L - L_m)$.
   4. Si $L$ augmente à température constante, $\sigma > 0$ donc $\Delta S_T = - \sigma \Delta L < 0$. Ce comportement est évidemment différent de celui d’un gaz parfait pour lequel l’identité thermodynamique ${\mathrm{d}}U = T {\mathrm{d}}S - P {\mathrm{d}}V$ et la première loi de Joule ${\mathrm{d}}U = 0$ si ${\mathrm{d}}T = 0$ permettent d’écrire ${\mathrm{d}}S = \frac{P}{T} {\mathrm{d}}V$ donc, au vu de l’équation d’état, ${\mathrm{d}}S = n R \frac{{\mathrm{d}}V}{V}$ soit $\Delta S_T = n R \ln \frac{V_{\rm final}}{V_{\rm initial}} > 0$. Il n’y a rien de surprenant ici puisqu’une augmentation de volume implique une augmentation de l’indétermination sur les positions des molécules de gaz (augmentation du désordre) alors que l’augmentation de longueur d’un fil de caoutchouc se traduit par un alignement des molécules de polymère (diminution du désordre).
   5. À partir de la relation déjà posée ${\mathrm{d}}U = C_L {\mathrm{d}}T + (F + h){\mathrm{d}}L$ on peut, au vu de l’expression $h = - \sigma T$, écrire ${\mathrm{d}}U = C_L {\mathrm{d}}T + \left[F_m - \sigma T_m + \rho (L - L_m)\right] {\mathrm{d}}L$ donc $U = U_m + C_L(T - T_m) + \left(F_m - \sigma T_m\right) (L - L_m) + \frac{\rho}{2} (L - L_m)^2$ et $\mathcal F = U - T S$ s’en déduit, après regroupement des termes et en fonction de $\mathcal F_m = \mathcal F(T_m,L_m)$, il vient $\mathcal F = \mathcal F_m + \left[C_L - S_m\right] (T-T_m) - C_L T \ln \frac{T}{T_m}+ \left[F_m - \sigma (T - T_m)\right](L - L_m) + \frac{\rho}{2} (L - L_m)^2$. On remarque alors que si $T = T_m$, les variations de $\mathcal F$ sont données par la relation $\mathcal F - \mathcal F_m = \frac{\rho}{2} (L - L_m)^2$; plus généralement, on sait que ${\mathrm{d}}\mathcal F = \delta W - S {\mathrm{d}}T$ donc, pour une transformation isotherme, ${\mathrm{d}}\mathcal F$ s’identifie au travail reçu par le fil, opposé du travail qu’il fournit $\delta W' = - {\mathrm{d}}E_p$; on peut donc identifier $W = \Delta \mathcal F = \Delta E_p$ pour cette transformation réversible. La relation $E_p = \frac{\rho}{2} (L - L_m)^2$ identifie un ressort élastique, de longueur à vide $L_m$ et de raideur $k = \rho$.
   6. Un cycle de Carnot est constitué de deux isothermes et de deux adiabatiques réversibles. L’équation d’une isotherme est $F - F_m = \rho (L - L_m)$; c’est donc une droite de pente $\rho$. L’équation d’une adiabatique réversible (isentropique) est $S - S_m = C_L \ln \frac{T}{T_m} - \sigma (L - L_m)$ dont on doit éliminer $T$ avec l’équation d’état $F - F_m = \sigma (T - T_m) + \rho (L - L_m)$; il vient $F = F_m + \rho(L - L_m) + \sigma T_m \left[\alpha \exp \left[ \frac{\sigma}{C_L} (L - L_m)\right] - 1\right]$ où on a posé $\alpha = \exp \left(\frac{S - S_m}{C_L}\right)$. La pente de la courbe correspondante est ${\frac{{\mathrm{d}}F}{{\mathrm{d}}L}} = \rho + \frac{\alpha \sigma^2 T_m}{C_L} \exp \left[ \frac{\sigma}{C_L} (L - L_m)\right]$ donc ${\frac{{\mathrm{d}}F}{{\mathrm{d}}L}} > \rho$, ce qui permet de tracer l’allure du diagramme de Clapeyron (cf. figure). Le sens de parcours se déduit du caractère moteur du cycle: $W = \oint F {\mathrm{d}}L < 0$ donc le parcours doit être à ${\mathrm{d}}L < 0$ pour les valeurs élevées de $F$ (sens trigonométrique).
      
      


2. Moteur d’Archibald.
   
   1. 1. $\overrightarrow{OA} = \overrightarrow{OC} + \overrightarrow{CA} = a \vec e_x + R \vec e_r$ en utilisant une base polaire d’angle $\theta$; on en déduit donc (c’est en fait le théorème d’Al-Kashi) $OA^2 = a^2 + 2 a R \cos \theta + R^2$ donc en se limitant au terme du premier ordre en $a/R$, $OA^2 = R^2 \left(1 + 2 \frac{a}{R} \cos \theta\right)$ soit $OA = R + a \cos \theta$.
      2. La longueur la plus élevée est $OA = R + a$, au moment où le fil se trouve à l’horizontale ($\theta = 0$) à l’entrée dans le bain d’eau chaude; la partie suivante du cycle $A'B'$ correspond à l’évolution isotherme avec diminution de longueur (c’est donc une droite de pente $\rho$) jusqu’à atteindre $\theta = \pi$ et la sortie de ce fil en $B'$ du bain d’eau chaude. À cet instant on observe une phase de diminution rapide (quasiment instantanée dans le modèle choisi) de la température à longueur constante, donc une diminution de la force donnée par $\Delta F = \sigma (T_2 - T_1) < 0$. Le fil est alors passé en $C'$ dans l’air et subit une seconde évolution isotherme avec diminution de $\theta$ de $\pi$ à $0$ qui l’amène en $D'$, prêt à rentrer à nouveau dans le bain d’eau chaude; pendant la dernière transformation iso-longueur $D'A'$, le fil subit une augmentation de la force donnée par $\Delta F = \sigma (T_1 - T_2) > 0$. Le cycle est parcouru dans le sens (trigonométrique) moteur selon le schéma ci-dessous.
         
         
   2. 1. La relation $\delta Q = C_L {\mathrm{d}}T - T \sigma {\mathrm{d}}L$ appliquée à une transformation isotherme réversible $A'B'$ fournit $Q_{A'B'} = 2 a T_1 \sigma$; il faut ajouter à ce terme de transfert thermique lors du chauffage iso-longueur $D'A$ pour lequel on peut supposer une transformation réversible et écrire $Q_{D'A'} = C_L (T_1 - T_2)$ et on obtient $Q_1 = C_L (T_1 - T_2) + 2 a T_1 \sigma$.
         Remarquons que, sans supposer une transformation réversible entre $D'$ et $A'$, l’expression de $U$ établie plus haut permet d’écrire $\Delta U = C_L \Delta T$ à $L$ fixé donc $Q = \Delta U - W$ s’écrit encore $Q = \Delta U$ si on se souvient que, même pour une évolution irréversible, $W = \int F_{\rm ext}{\mathrm{d}}L$ est nul à longueur constante; finalement, le résultat affirmé ci-dessus ne dépend pas de l’hypothèse de réversibilité du changement de température iso-longueur $D'A'$.
      2. Les mêmes raisonnements amènent immédiatement à $Q_2 = C_L (T_2 - T_1) - 2 a T_2 \sigma$. Le premier principe de la thermodynamique s’écrit, pour un cycle, $\Delta U = 0 = Q_1 + Q_2 - W$ si $W$ est le travail fourni par le fil lors d’un tour; on a donc $W = 2 a \sigma (T_1 - T_2)$.
      3. Le travail fourni est égal à l’aire du cycle; l’aire du parallélogramme tracé est le produit de la largeur $2a$ par la hauteur $\sigma (T_1 - T_2)$, ce qui confirme le résultat $W = 2 a \sigma (T_1 - T_2)$.
      4. Lorsque le point $A$ se trouve à la position définie par l’angle $\theta$, le moment de la force $\vec F$ est défini par $\vec{\mathcal M} = \overrightarrow{CA} \wedge \vec F$ où $\vec F = F \vec u$ est dirigé de $A$ vers $O$; on écrit alors $\overrightarrow{CA} = R \vec e_r$ tandis que $\overrightarrow{AO} = - a \vec e_x - R \vec e_r$ donc le vecteur unitaire dirigé de $A$ vers $O$ s’écrit $\vec u = - \frac{a \vec e_x + R \vec e_r}{R \left(1 + \frac{a}{R} \cos \theta\right)}$ donc, à l’ordre le plus bas, $\vec{\mathcal M} = a F \vec e_z$ qu’on écrit $\vec{\mathcal M} =\mathcal M \vec e_z$ avec $\mathcal M = a F(T,L)$.
         Le moment exercé sur la roue lors du demi-tour entre $\theta = 0$ et $\theta = \pi$ (le fil étant dans l’eau chaude) est donc $\mathcal M_1 = a \left[F_m + \sigma (T_1 - T_m) + \rho (R + a \cos \theta - L_m)\right]$ et le travail reçu par la roue pendant ce demi-tour est $W_1 = \int_0^\pi \mathcal M_1 {\mathrm{d}}\theta$. De la même manière, lors du demi-tour ultérieur (le fil étant alors dans l’air), $\mathcal M_2 = a \left[F_m + \sigma (T_2 - T_m) + \rho (R + a \cos \theta - L_m)\right]$ et $W_2 = \int_{\pi}^0 \mathcal M_2 {\mathrm{d}}\theta$. L’intégration sur un tour complet conduit à $W = \int_0^{\pi} \left(\mathcal M_1 - \mathcal M_2\right) {\mathrm{d}}\theta$ donc $W = \int_0^{\pi} a \sigma (T_1 - T_2) \cos \theta {\mathrm{d}}\theta$ soit ici encore $W = 2 a \sigma (T_1 - T_2)$.
      5. La définition générale du rendement d’un moteur thermique conduit à poser $\eta = \frac{W}{Q_1}$ donc on en déduit immédiatement $\eta = \frac{2 a \sigma (T_1 - T_2)}{C_L (T_1 - T_2) + 2 a T_1 \sigma}$.
   3. 1. Le rendement du cycle moteur de Carnot s’obtient en écrivant les premier et second principes sous la forme $0 = Q_1 + Q_2 - W$ (comme pour le cycle de Stirling) et $\frac{Q_1}{T_1} + \frac{Q_2}{T_2} = 0$ (l’inégalité de Clausius est une égalité dans le cas d’une évolution complètement réversible) donc $\eta_C = 1 + \frac{Q_2}{Q_1}$ s’écrit aussi $\eta_C = 1 - \frac{T_2}{T_1}$ ce qui mène à $\alpha = \frac{1}{1 + \displaystyle \frac{C_L}{2a\sigma}(1 - \displaystyle \frac{T_2}{T_1})}$ qu’on peut aussi écrire $\alpha = \frac{1}{1 + \displaystyle \frac{C_L \eta_C}{2a\sigma}}$. On remarque bien sûr que $\alpha < 1$ donc $\eta < \eta_C$, conformément au théorème de Carnot (voir aussi la question suivante).
      2. On a vu que $Q_{D'A'} = C_L (T_1 - T_2)$, et de même $Q_{B'C'} = C_L (T_2 - T_1)$ donc $Q_{B' \to C' \cup D' \to A'} = 0$ donc cet ensemble est adiabatique. Toutefois, un cycle de Carnot doit être complètement adiabatique; les deux évolutions de température en $B'C'$ et $D'A'$ sont irréversibles donc le rendement dans un cycle de Stirling est plus faible que le rendement dans un cycle de Carnot.
   
   
   4. 1. L’expression ci-dessus du rendement mène à $\eta = {1,2 \cdot 10^{-5}}$ (valeur intensive donc indépendante du nombre de fils). La puissance moyenne du moteur est $\mathcal P = 2N \frac{W}{\tau}$ où la durée d’un cycle est $\tau = \frac{2\pi}{\omega}$ (valeur extensive donc proportionnelle au nombre de fils fonctionnant en même temps); numériquement, $\mathcal P = \frac{2N\omega a \sigma (T_1 - T_2)}{\pi} = 0,51{\,\mathrm{W}}$.
      2. Le débit $\mathcal D_m$ s’identifie à la masse d’eau remontée par unité de temps d’une hauteur $h$, avec donc une puissance mécanique consommée $\mathcal P > \mathcal D_m g h$; on a donc $\mathcal D_m < \frac{\mathcal P}{g h} = {5,2 \cdot 10^{-3}}{\,\mathrm{kg}\cdot\mathrm{s}^{-1}}$ en prenant $g = 9,8{\,\mathrm{m}\cdot\mathrm{s}^{-2}}$; c’est une valeur assez élevée ($310$ litres par minute) ce qui conduit à recommander l’utilisation de ce appareil, la valeur très faible du rendement étant compensée par le caractère gratuit de la source thermique (on peut imaginer le chauffage de l’eau par le rayonnement solaire par exemple).