Concours Physique ENSI 1994 (Corrigé)

PREMIERE PARTIE

1 - Amplificateur sélectif à circuit résonant
1 - Etude du bobinage primaire.
1 - 1 - a - Les lignes de champ sont des cercles dont les axes sont confondus avec l'axe Oz. En effet tout plan contenant l'axe Oz est plan de symétrie de la distribution et$\overrightarrow B$ est normal à chacun de ces plans.
1 - 1 - b - Prenons le contour fermé suivant :
- un arc de cercle de rayon${r_0}$ et d'angle passant par O'
- un arc de cercle de rayon${r_0} + r\cos \theta$ et d'angle passant par P - on ferme naturellement le contour (la circulation y est nulle).
Le théorème d'Ampère s'exprime :$\overrightarrow B \overrightarrow {dl} = 0$
soit ${B_0}.\frac{{{r_0}\alpha }}{{2\pi }} - {B_P} + r\cos \theta \frac{\alpha }{{2\pi }} = 0$ou encore, avec${B_0} = \frac{{{n_1}{\mu _0}I}}{{2\pi {r_0}}}$
${B_P} = \frac{{{B_0}}}{{1 + \frac{r}{{{r_0}}}\cos \theta }}$
1 - 1 - c - En calculant le flux$\Phi$ engendré par le tore sur lui-même :
$\Phi = {n_1}.\overrightarrow B d\overrightarrow S = \frac{{n_1^2{\mu _0}I}}{{2\pi {r_0}\left( {1 + \frac{r}{{{r_0}}}\cos \theta } \right)}}r{\rm{ }}dr{\rm{ d}}\theta$ comme${r_0} > > a \approx r$
$\Phi = \frac{{n_1^2{\mu _0}I}}{{2\pi {r_0}}}\left( {1 - \frac{r}{{{r_0}}}\cos \theta + \frac{r}{{{r_0}}}\cos \theta } \right)r{\rm{ }}dr{\rm{ }}d\theta$
on obtient finalement pour L après simplification :
$L = \frac{{n_1^2{\mu _0}{a^2}}}{{2{r_0}}}\left( {1 + \frac{{{a^2}}}{{4r_0^2}}} \right)$

1 - 1 - d - Comme on a$L = {L_1}\left( {1 + \frac{{{a^2}}}{{4r_0^2}}} \right)$,$L \approx {L_1}$avec une précision inférieure à 1% si $\frac{{{a^2}}}{{4r_0^2}} < 0,01{\text{ soit }}\frac{a}{{{r_0}}} < 0,2$.
1 - 1 - e - La résistance de la bobine est donnée par la relation suivante :
$R = \rho \frac{I}{s}{\text{ avec }}I = {n_1}2\pi a{\text{, }}s = \pi \frac{{{d^2}}}{4}{\text{ et }}{n_1} = 2\pi \left( {{r_0} - \frac{a}{d}} \right)$
Soit$R = \frac{{16\pi \rho \left( {{r_0} - a} \right)}}{{{d^3}}}$ et$\frac{{{L_1}}}{R} = \frac{{{\mu _0}\pi ad({r_0} - a)}}{{8\rho {r_0}}}$.
1 - 1 - f - A.N.${L_1} = 0,11mH.{\rm{ }}\frac{{{L_1}}}{R} = {5,92.10^{ - 5}}H.{\Omega ^{ - 1}}.{\rm{ }}\frac{{{L_1}{\omega _0}}}{R} = 37,2$
2 - Etude du bobinage secondaire
1 - 2 - a -${\Phi _{1 \to 2}} = {n_2}.\overrightarrow {{B_1}} .d\overrightarrow {{S_2}} = M.{I_1}$ soit, en négligeant les temes du second ordre$M = \frac{{{n_1}{n_2}{\mu _0}{a^2}}}{{2{r_0}}}$.
1 - 2 - b -$M = \sqrt {{L_1}.{L_2}}$.
3 - Etude de l'amplificateur
1 - 3 - a - la puisanace complexe est :
$\underline P = \frac{1}{2}\underline {{Z_e}} \underline {{I_{\max }}} \underline {{{\dot I}_{\max }}} = \frac{1}{2}\underline {{Z_e}} {\left| {\underline {{I_{\max }}} } \right|^2} = \underline {{Z_e}} {\left| {\underline {{I_0}} } \right|^2}{\text{ avec }}P = {\mathop{\rm Re}\nolimits} (\underline P )$.
${Z_e} = R//{C_1}//{L_1} = \frac{{j{R_1}{L_1}\omega }}{{{R_1}\left( {1 - {L_1}{C_1}{\omega ^2} + j{L_1}\omega } \right)}}$soit$\underline P = \frac{{j{R_1}{L_1}\omega .I_0^2}}{{{R_1}\left( {1 - \frac{{{\omega ^2}}}{{\omega _0^2}} + j{L_1}\omega } \right)}}$
finalement
$P = \frac{{{R_1}I_0^2}}{{1 + \frac{{R_1^2}}{{L_1^2\omega _0^2}}{{\left( {x - \frac{1}{x}} \right)}^2}}}{\text{ avec }}{P_{\max }} = {R_1}I_0^1{\text{ et }}Q = \frac{{{R_1}}}{{{L_1}{\omega _0}}}$
1 - 3 - b -$\frac{{{P_{\max }}}}{{1 + {Q^2}{{\left( {x - \frac{1}{x}} \right)}^2}}} = \frac{{{P_{\max }}}}{2}$ soit$x - \frac{1}{x} = \pm \frac{1}{Q}$ (deux équations du second degré)
( 1 )${x_{1,3}} = \frac{1}{2} - \frac{1}{Q} \pm \sqrt {{{\left( {\frac{1}{Q}} \right)}^2} + 4} {\text{ seule la racine positive est accebtable }}({x_1}).$
( 2 )${x_{2,4}} = \frac{1}{2}\frac{1}{Q} \pm \sqrt {{{\left( {\frac{1}{Q}} \right)}^2} + 4} {\text{ seule la racine positive est acceptable }}({x_2}).$
$\Delta {\omega _0} = \left( {{x_2} - {x_1}} \right){\omega _0} = \frac{{{\omega _0}}}{Q}$soit $\frac{{{\omega _0}}}{{\Delta {\omega _0}}} = Q$
1 - 3 - c -$\underline {{V_s}} = \underline {{Z_e}} \underline {{I_0}} = \underline {{Z_e}} s\underline {{V_e}} {\text{ soit }}G = \left| {\underline {{Z_e}} } \right|s{\text{ finalement }}G = \frac{{{R_1}.s}}{{1 + {Q^2}{{\left( {x - \frac{1}{x}} \right)}^2}}}$
${V_{s,\max }}{\text{ est donné pour }}x = 1{\rm{ }}{V_{s,\max }} = {R_1}{I_0}$
${V_{s,\min }}{\text{ est donné pour }}{\omega _1}{\text{ ou }}{\omega _2}{\text{ soit }}{V_{s,\min }} = \frac{{{R_1}{I_0}}}{{\sqrt 2 }}$
1 - 3 - d - ${V_e} = {A_0} + \sum\limits_{n = 1}^\infty {{C_n}\cos (n{\omega _0}t) + {\psi _n}}$
${V_{n,s}} = G(n{\omega _0}).{V_{n,e}}{\text{ on peut donc d\'e finir }}{\tau _{n,e}} = \frac{{{C_{n,e}}}}{{{C_{1,e}}}}{\text{ et }}{\tau _{n,s}} = \frac{{G(n{\omega _0}).{C_{n,e}}}}{{G({\omega _0}).{C_{1,e}}}}$
On obtient pour l'atténuation en décibels
${\delta _n} = \frac{{{\tau _{n,e}}}}{{{\tau _{n,s}}}} = \frac{{G(n{\omega _0})}}{{G({\omega _0})}} = \frac{{1 + {Q^2}{{\left( {x - \frac{1}{x}} \right)}^2}}}{{1 + {Q^2}{{\left( {nx - \frac{1}{{nx}}} \right)}^2}}}$ comme x= 1 et n = 2,${\delta _2} = \frac{1}{{1 + {Q^2}{{\left( {\frac{3}{2}} \right)}^2}}}$
Tout calculs fait on trouve$Q = 2.$
1 - 3 - e – Posons${R_{eq}} = {R_1}//{R_u}$ On exprime alors Q' par $Q' = \frac{{{R_{eq}}}}{{{L_1}{\omega _0}}}$ soit $Q' = \frac{{Q{R_u}}}{{{R_1} + {R_u}}}$ donc $\Delta \omega _0^{'}\frac{{{R_1} + {R_u}}}{{{R_u}}}$
Si ${R_u} = {R_1}$ alors $\Delta \omega _0^{'} = 2.\Delta {\omega _0}$

4 - Couplage magnétique de l'amplificateur à une charge
1 - 4 - a - ( 1 ) $\underline {{V_1}} = j{L_1}\omega \underline {{I_1}} + jM\omega \left( {\underline {{I_1}} + \underline {{I_2}} } \right) + j{L_2}\omega \left( {\underline {{I_1}} + \underline {{I_2}} } \right) + jM\omega \underline {{I_1}}$
( 2 ) $\underline {{V_2}} = jM\omega \underline {{I_1}} + j{L_2}\omega \left( {\underline {{I_1}} + \underline {{I_2}} } \right)$
( 3 ) $\underline {{V_2}} = - {R_u}\underline {{I_2}}$
De ( 2 ) et ( 3 ) on tire ( 4 ) $\underline {{I_2}} = \frac{{j{L_2}\omega + jM\omega }}{{ - {R_u} + j{L_2}\omega }}\underline {{I_1}}$
En substituant ( 4 ) dans ( 2 ) et remarquant que$\frac{{{L_1}}}{{{L_2}}} = \frac{{n_1^2}}{{n_2^2}}{\text{ et que }}\frac{{2M}}{{{L_2}}} = \frac{{2{n_1}{n_2}}}{{n_2^2}}$
on trouve$\frac{{\underline {{V_1}} }}{{\underline {{I_1}} }} = \underline {{Z_e}} = {\mu ^2}\frac{{j{L_2}\omega {R_u}}}{{{R_u} + j{L_2}\omega }}{\text{ avec }}\mu = \frac{{{n_1} + {n_2}}}{{{n_2}}}$.
1 - 4 - b - Calculons la pulsation de résonance du montage.
Comme on nous demande dans la question - c - le facteur de qualité Q, exprimons la puissance moyenne absorbée par l'impédance constituée${R_1},{\rm{ }}{C_2}{\text{, les bobines coupl\'e es et }}{R_u}$. En premier lieu, exprimons l'impédance équivalente$\underline {{Z_{eq}}} = {R_1}//{C_2}//\underline {{Z_e}}$ soit
$\underline {{Z_{eq}}} = \frac{{j{R_1}{R_u}{\mu ^2}{L_2}\omega }}{{{R_1}{R_u}\left( {1 - {L_2}{C_2}{\mu ^2}{\omega ^2}} \right) + j{L_2}\omega \left( {{R_1} + {\mu ^2}{R_u}} \right)}}$
Comme$P = {\mathop{\rm Re}\nolimits} \left( {\underline {{Z_e}} } \right){\left| {\underline {{I_0}} } \right|^2}$ on trouve alors tout calcul fait
$P = \frac{{\frac{{{R_1}{R_u}{\mu ^2}}}{{{R_1} + {\mu ^2}{R_u}}}I_0^2}}{{1 + {{\left( {\frac{{{R_1}{R_u}}}{{{R_1} + {\mu ^2}{R_u}}}} \right)}^2}\frac{1}{{L_2^2\omega _0^2}}{{\left( {\frac{1}{x} - x} \right)}^2}}}$ soit${P_{\max }} = \frac{{{R_1}{R_u}{\mu ^2}}}{{{R_1} + {\mu ^2}{R_u}}}I_0^2{\rm{ }}\omega _0^2 = \frac{1}{{{L_2}{C_2}{\mu ^2}}}$
Et$Q = \frac{{{R_1}{R_u}}}{{{R_1} + {\mu ^2}{R_u}}}\frac{1}{{{L_2}{\omega _0}}}$.
On veut$\frac{1}{{{L_2}{C_2}{\mu ^2}}} = \frac{1}{{{L_1}{C_1}}}$soit${C_2} = \frac{{n_1^2}}{{{{({n_1} + {n_2})}^2}}}{C_1}$
1 - 4 - c - En définissant$\Delta Q = Q - Q'$avec$Q = \frac{{{R_1}}}{{{\mu ^2}{L_2}{\omega _0}}}$ et$Q' = \frac{{{R_1}{R_u}}}{{\left( {{R_1} + {\mu ^2}{R_u}} \right){L_2}{\omega _0}}}$
on obtient$\frac{{\Delta Q}}{Q} = \frac{1}{{1 + {\mu ^2}}}$. A..N. = 9,9

DEUXIEME PARTIE

11 - Exemples de filtres actifs à circuits RC
11 - 1 - Expression générale de la fonction de transfert d'un filtre passe -bande du second ordre.
Calculons le module de$\underline {T(j\omega )}$ . $$\left| {\underline {T(j\omega )} } \right| = \frac{{{G_0}}}{{{{\left( {1 + \frac{1}{{4{\alpha ^2}}}{{\left( {\frac{1}{x} - x} \right)}^2}} \right)}^{1/2}}}}.$$ Soit F la fonction suivante$F = 1 + \frac{1}{{4{\alpha ^2}}}{\left( {\frac{1}{x} - x} \right)^2}$, étudions la sur l'intervalle$\left[ {0, + \infty } \right]$.
$\frac{{dF}}{{dx}} = \frac{{ - 1}}{{2{\alpha ^2}}}\left( {\frac{1}{x} - x} \right)\left( {\frac{1}{{{x^2}}} + 1} \right)$
soit

x	0            1                                  $+ \infty$
F	↘     min           ↗                 $+ \infty$
F'	-      0              +
T	0   ↗     ${G_0}$            ↘                    0

La forme de la courbe permet de conclure sur la nature du filtre.
Calculons la bande passante :$\frac{{{G_0}}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{{G_0}}}{{\sqrt {\left( {\frac{1}{x} - x} \right)} \left( {\frac{1}{{4{\alpha ^2}}} + 1} \right)}}$ soit$x - \frac{1}{x} = \pm 2\alpha$(deux équations du second degré)
( 1 )${x_{1,3}} = - \alpha \pm \sqrt {{\alpha ^2} + 1}$ seule${x_1}$est positive.
( 2 )${x_{2,4}} = \alpha \pm \sqrt {{\alpha ^2} + 1}$ seule${x_2}$est positive.
$\Delta {\omega _0} = \left( {{x_2} - {x_1}} \right){\omega _0} = 2\alpha {\omega _0}$ soit$Q = \frac{{{\omega _0}}}{{\Delta {\omega _0}}} = \frac{1}{{2{\alpha ^2}}}$

11 - 2 - Filtre actif à structure de Sallen et Key
11 - 2 - a - ( 1 ) $\underline {{V^ - }} = \underline {{V^ + }} = \frac{1}{k}\underline {{V_s}}$
( 2 )$\underline {{V_A}} = \frac{{\underline {{Y_1}} \underline {{V_e}} + \underline {{Y_2}} \underline {{V^ + }} + \underline {{Y_3}} \underline {{V_s}} }}{{\underline {{Y_1}} + \underline {{Y_2}} + \underline {{Y_3}} }}$
( 3 )$\underline {{V_A}} = \underline {{V^ + }} \frac{{\underline {{Y_2}} + \underline {{Y_4}} }}{{\underline {{Y_2}} }}$
De ( 1 ) et ( 3 ) on tire ( 4 )$\underline {{V_A}} = \underline {{V_s}} \frac{{\underline {{Y_2}} + \underline {{Y_4}} }}{{\underline {{Y_2}} .k}}$
En égalisant ( 2 ) et ( 4 ) on trouve$\frac{{\underline {{V_s}} }}{{\underline {{V_e}} }} = \frac{{\underline {{Y_1}} \underline {{Y_2}} .k}}{{\left( {\underline {{Y_2}} + \underline {{Y_4}} } \right)\left( {\underline {{Y_1}} + \underline {{Y_2}} + \underline {{Y_3}} } \right) - \underline {Y_2^2} - \underline {{Y_2}} \underline {{Y_3}} .k}}$
11 - 2 - b – Avec$\underline {{Y_1}} = \frac{1}{R}$,$\underline {{Y_2}} = jC\omega$,$\underline {{Y_3}} = \frac{1}{R}$,$\underline {{Y_4}} = \frac{1}{R} + jC\omega$et en exprimant $\underline {T\left( {j\omega } \right)} = \frac{{{G_0}}}{{1 + \frac{1}{{2\alpha jx}} + \frac{{jx}}{{2\alpha }}}}$ on trouve tout calcul fait $\underline {T\left( {j\omega } \right)} = \frac{k}{{\left( {5 - k} \right)\left( {1 + \frac{2}{{jRC\omega \left( {5 - k} \right)}} + \frac{{jRC\omega }}{{5 - k}}} \right)}}$
soit en identifiant: ( 1 )${G_0} = \frac{{k - 1}}{{5 - k}}$
( 2 )$\frac{{jx}}{{2\alpha }} = \frac{{jRC\omega }}{{5 - k}}$
( 3 )$\frac{1}{{jx2\alpha }} = \frac{2}{{jRC\omega \left( {5 - k} \right)}}$
En effectuant le produit ( 1 )*( 2 ) on tire$\alpha = \frac{{5 - k}}{{2\sqrt 2 }}$ on trouve alors pour${\omega _0} = \frac{{\sqrt 2 }}{{RC}}$ et $Q = \frac{{\sqrt 2 }}{{5 - k}}$
11 - 2 - c - A partir de l'équation différentielle homogène associée au montage, étudions la stabilité du système :$v(t) + \frac{{2\alpha }}{{{\omega _0}}}\frac{{dv(t)}}{{dt}} + \frac{1}{{\omega _0^2}}\frac{{{d^2}v(t)}}{{d{t^2}}} = 0$
le discriminant réduit associé à l'équation caractéristique de cette équation différentielle s'exprime ainsi$\Delta ' = \frac{1}{{\omega _0^2}}\left( {{\alpha ^2} - 1} \right)$.
Si k = 5 alors = 0 et le sytéme oscille.
Si k > 5 alors < 0. On peut distinguer deux cas :$\left| \alpha \right| < 1{\text{ et }}\left| \alpha \right| > 1$.
Dans ces deux cas le systéme est instable.
11 - 3 - Filtre actif à varialble d'état
11 - 3 - a - $\underline {{V_A}} = - r\underline {{I_1}}$et$\underline {{V_A}} = - 2r\underline {{I_1}} + \underline {{V_s}}$ soit$\underline {{V_A}} = - \underline {{V_s}}$
De plus$\underline {{V_A}} = R\underline {{I_1}} - \underline {{V_s}}$ et$\underline {{V_0}} = - \frac{1}{{jC\omega }}\underline {{I_1}}$ soit$\frac{{\underline {{V_0}} }}{{{V_s}}} = \frac{1}{{jRC\omega }}$ ( 1 )
En écrivant la loi des noeuds en D on obtient$- \frac{{\underline {{V_s}} }}{{\underline {{Z_{eq}}} }} - \frac{{\underline {{V_e}} }}{{\underline {{R_2}} }} = \frac{{\underline {{V_0}} }}{{\underline R }}$ ( 2 )
En combinant ( 1 ) et ( 2 ) on obtient la relation demandé sous la forme
$\underline {T\left( {j\omega } \right)} = \frac{{{G_0}}}{{1 + \frac{1}{{2\alpha jx}} + \frac{{jx}}{{2\alpha }}}} = - \frac{{{R_1}}}{{{R_2}}}\frac{1}{{1 + \frac{{{R_1}}}{{j{R^2}C\omega }} + j{R_1}C\omega }}$
Soit${G_0} = - \frac{{{R_1}}}{{{R_2}}}{\rm{ }}{\text{, }}\alpha = \frac{R}{{2{R_1}}}{\rm{ }}{\text{, }}{\omega _0} = \frac{1}{{RC}}{\text{ et }}Q = \frac{{{R_1}}}{R}$
11 - 4 - Filtres actifs à condensateurs commutés
11 - 4 - a -${e_1} = u(t) + rC\frac{{du(t)}}{{dt}}$ soit$u(t) = {e_1} + Cte.\exp \left( { - \frac{t}{\tau }} \right)$. Le temps de charge étant trés faible par rapport à la période du système, on peut facilement supposer que la tension aux bornes du condensateur à t = 0 est égale à${e_2}$.
La constante se déduit facilement$Cte = {e_2} - {e_1}$. La tension aux bornes du condensateur pour l'intervalle de temps$\left[ {n{T_c},n + \frac{1}{2}{T_c}} \right]$ est ${u_1}(t) = {e_1} + \left( {{e_2} - {e_1}} \right)\exp \left( { - \frac{t}{\tau }} \right)$.
De même on trouve pour l'intervalle de temps$\left[ {n + \frac{1}{2}{T_c},\left( {n + 1} \right){T_c}} \right]$
${u_2}(t) = {e_1} + \left( {{e_1} - {e_2}} \right)\exp \left( { - \frac{{t - \frac{{{T_c}}}{2}}}{\tau }} \right)$
11 - 4 - b - ${i_1}(t) = C\frac{{d{u_1}(t)}}{{dt}} = \frac{C}{\tau }\left( {{e_1} - {e_2}} \right)\exp \left( { - \frac{t}{\tau }} \right)$ de même pour${i_2}(t)$
${i_2}(t) = C\frac{{d{u_1}(t)}}{{dt}} = \frac{C}{\tau }\left( {{e_2} - {e_1}} \right)\exp \left( { - \frac{t}{\tau }} \right)$
La valeur moyenne étant définit ainsi$\left\langle {{i_1}(t)} \right\rangle = \frac{1}{{{T_c}}}\int_0^{{T_c}} {{i_1}(t)dt}$.
L'intégrale donne, en tenant compte de l'approximation$\tau < < {T_c}{\rm{ }}\left\langle {{i_1}(t)} \right\rangle = \frac{C}{{{T_c}}}\left( {{e_1} - {e_2}} \right)$.
De même pour$\left\langle {{i_2}(t)} \right\rangle$ on obtient $\left\langle {{i_2}(t)} \right\rangle = \frac{C}{{{T_c}}}\left( {{e_2} - {e_1}} \right) = - \left\langle {{i_1}(t)} \right\rangle$

11 - 4 - c - $\left\langle {{u_{AB}}} \right\rangle = {e_1} - {e_2} = \left\langle {{i_{AB}}(t)} \right\rangle {R_e}$avec
$\left\langle {{i_{AB}}(t)} \right\rangle = \left\langle {{i_1}(t) - {i_2}(t)} \right\rangle = \left\langle {{i_1}(t)} \right\rangle - \left\langle {{i_2}(t)} \right\rangle = 2\left\langle {{i_1}(t)} \right\rangle = \frac{{2C}}{{{T_c}}}\left( {{e_1} - {e_2}} \right)$
Soit${R_e} = \frac{{{T_c}}}{{2C}} = \frac{1}{{2C{f_c}}}$
11 - 4 - d - Comme la fréquence de commutation de l'intérupteur est bien suppérieure à la fréquence du signal, pour un intervalle de temps de l'ordre de${T_c}$, le signal apparait continu pour l'intérruteur lors de plusieurs commutations.
11 - 4 - e - En utilisant le théorème de Millman au point A :
$\underline {{V_A}} = \frac{{\underline {{Y_1}} \underline {{V_e}} + \underline {{Y_3}} \underline {{V_s}} }}{{\underline {{Y_1}} + \underline {{Y_4}} + \underline {{Y_3}} }}$
et au point B$\underline {{V_B}} = 0 = \underline {{Y_2}} \underline {{V_s}} + \underline {{Y_4}} \underline {{V_A}}$. En combinant les deux équations
précédentes , en fonction des admittances$\frac{{\underline {{V_s}} }}{{\underline {{V_e}} }} = \frac{{\underline {{Y_1}} }}{{ - \frac{{\underline {{Y_2}} }}{{\underline {{Y_4}} }}\left( {\underline {{Y_1}} + \underline {{Y_4}} + \underline {{Y_3}} } \right) - \underline {{Y_3}} }}$soit , en exprimant ce résultat en fonction des admittaces :$\underline {{Y_1}} = \frac{1}{{{R_e}}} = \underline {{Y_2}} {\text{, }}\underline {{Y_2}} = j{C_2}\omega {\text{, }}\underline {{Y_4}} = j{C_1}\omega$ et sous la forme déja vue :$\frac{{\underline {{V_s}} }}{{{V_e}}} = \frac{{ - 1}}{{\left( {1 + \frac{{{C_2}}}{{{C_1}}}} \right)\left( {1 + \frac{{{C_1}}}{{j{R_e}{C_1}\omega \left( {{C_1} + {C_2}} \right)}} + \frac{{j{R_e}{C_1}{C_2}\omega }}{{{C_1} + {C_2}}}} \right)}}$.
On peut exprimer les grandeurs demandées :${G_0} = \frac{{ - {C_1}}}{{{C_1} + {C_2}}}{\text{, }}\alpha = \frac{{{C_1} + {C_2}}}{{2\sqrt {{C_1}{C_2}} }}{\text{, }}{\omega _0} = \frac{1}{{{R_e}\sqrt {{C_1}{C_2}} }} = \frac{{2C{f_c}}}{{\sqrt {{C_1}{C_2}} }}{\text{ et }}Q = \frac{{\sqrt {{C_1}{C_2}} }}{{{C_1} + {C_2}}}$

Concours Physique ENSI 1993 (Énoncé)

Étude d'un cyclotron dans l'approximation non relativiste, diffusion p‑p.
Ce problème est à traiter intégralement dans l'approximation Non Relativiste. I ‑ Un cyclotron accélérant des protons est constitué d'un électro‑aimant à pôles plans dans l'entrefer duquel règne un vide poussé (figure 1). La région de l'espace contenant les trajectoires des protons, ou volume d'accélération, est un cylindre dont les faces sont parallèles aux plans des pôles. Le champ magnétique B₀ y est uniforme, permanent et perpendiculaire aux faces planes du cylindre. Les parois du cylindre sont matérialisées par deux électrodes conductrices creuses, en cuivre, appelées dés. Ces dés sont séparés par une région d'épaisseur g faible, s'étendant de part et d'autre d'un plan contenant l'axe du cylindre. Les faces en regard des dés sont parallèles ; l'intersection de l'axe du cylindre avec le plan médian des dés est considérée comme le centre du cyclotron. Un dispositif, appelé source, produit des protons qui sont injectés au centre avec une énergie cinétique négligeable. Un générateur permet d'appliquer entre les dés une tension alternative à haute fréquence ${u_c} = {U_c}\sin \left( {\omega t + \Phi } \right)$créant entre les dés un champ électrique uniforme $\vec \varepsilon$ tel que ${u_c} = \varepsilon g$.

Dans les dés les protons décrivent donc des trajectoires qui sont successivement des demi cercles (figure 1). La fréquence ${\nu _c} = \frac{\omega }{{2\pi }}$du champ électrique $\vec \varepsilon$ est choisie de telle sorte que, pendant qu'un proton décrit sensiblement un demi cercle dans un dé, la phase du champ électrique augmente de π. Ainsi, les protons ayant la phase convenable sont accélérés à chaque passage dans l'espace inter dés. On admettra que les protons sont accélérés une première fois sur la distance g avant de décrire le premier demi cercle.
1) Sachant que la masse du proton est m_p, sa charge e, calculer la fréquence ${\nu _c}$du champ électrique $\vec \varepsilon$.
A.N. : mp = 1,6.10 ^{‑ 27} kg, e = 1,6.10 ^-19 Coulomb, B_o = 1,5 Tesla
2) En négligeant l'épaisseur g de l'espace accélérateur (entre dés) calculer le rayon r_n du n^ième demi cercle décrit par les protons. On suppose qu'à la sortie de la source, ils traversent l'espace accélérateur lorsque ${u_c} = {U_c}$
A.N. : U_c = 50 kV, n = 400
3) En réalité les protons traversent le plan médiateur de l'espace accélérateur à un instant t_c tel que $\omega .{t_c} = 0$à Kπ près et avec une phase Φ₀. Cet espace a une largeur g de l'ordre de 1 cm et il est nécessaire de tenir compte au cours de sa traversée de la variation du champ accélérateur (figure 1).
a) Montrer que le gain en énergie pour une orbite située à une distance r du centre du cyclotron est $w = e\,\,{U_c}\left[ {\frac{{\sin \left( {g/2r} \right)}}{{\left( {g/2r} \right)}}} \right]\sin {\Phi _0}$ en admettant que dans l'espace accélérateur ($- \frac{g}{2} \le x \le \frac{g}{2}$) on peut écrire x = v t ou v est la vitesse des protons (v = ωr) sensiblement constante dans l'intervalle g, (g < r).
b) Quelle valeur s'efforcera‑t‑on d'obtenir pour Φ₀ ?
c) En faisant les approximations convenables, calculer l'énergie cinétique W obtenue à la sortie du cyclotron, c'est‑à‑dire après la n^ième demi orbite avec la valeur de Φ₀ obtenue en 3)b. On l'exprimera en joules et en MeV (Mega électron Volts). On montrera que l'approximation non relativiste est acceptable.
d) Les protons arrivent à la sortie par paquets séparés les uns des autres par le même intervalle de temps, alors que l'injection se fait de façon continue au centre de l'accélérateur.
Expliquer l'origine de ces paquets.
Calculer l'intervalle de temps séparant deux paquets de protons.
A.N. : U_c = 50 kV, n = 400

4) En pratique, les protons sont injectés dans le cyclotron avec une phase comprise dans l'intervalle${\Phi _0} \pm \Delta \Phi$ avec $\Delta \Phi = \pm 1,5^\circ$. Il en résulte une fluctuation en énergie ΔW.
a) Calculer la résolution en énergie $\frac{{\Delta W}}{W}$du faisceau sortant pour n fixé.
b) En déduire la variation relative de rayon $\frac{{\Delta {r_n}}}{{{r_n}}}$qui en résulte ainsi que$\Delta {r_n}$.
A.N. : U_c = 50 kV, n = 400
5) Pour extraire les protons du cyclotron, on les fait passer dans un déflecteur électrostatique qui a pour but de permettre au faisceau de sortir de la zone où règne un champ magnétique. Ce déflecteur est constitué de 2 lames métalliques courbées et parallèles entre lesquelles on applique une différence de potentiel constante U_E afin de créer un champ électrique $\overrightarrow {{E_E}}$ constamment perpendiculaire à la vitesse de la particule, au champ magnétique et dirigé vers l'extérieur (figure 1bis). On se bornera à examiner les conditions d'entrée des particules dans le déflecteur.
a) Pour que les protons correspondant au (n ‑ 2)^ième demi cercle ne pénètrent pas entre les 2 lames et que ceux du nième demi cercle y pénètrent, on place la lame intérieure du déflecteur à un rayon r tel qu'elle soit à égale distance du (n ‑ 2)^ième et du n^ième demi cercle. Quelle est la valeur de r pour n = 400 ? On admettra que pour n = 400 les demi cercles ont pour centre le centre du cyclotron.
b) Montrer que l'on peut tolérer des valeurs de l' "acceptance de phase" $\Delta {\Phi _r}$plus grandes que la valeur $\Delta \Phi = 1,5^\circ$prise dans la question précédente. Calculer la valeur maximum $\Delta {\Phi _r}$ admissible pour que tous les protons de la n^ième orbite pénètrent dans le déflecteur sans que ceux de la (n ‑ 2)^ième n'y pénètrent.
A.N. : n = 400 6) Les protons sortant de la source ont une quantité de mouvement faible qui a une composante le long de l'axe du cyclotron dont la valeur maximum est ± mv_a (v_a étant la vitesse axiale des protons). Sachant que les protons ne subissent pas d'accélération le long de l'axe jusqu'à ce qu'ils pénètrent dans le déflecteur et sachant que la hauteur disponible par rapport au plan médian dans lequel se trouve la source est h = ± 5 cm, calculer l'énergie cinétique axiale acceptable au départ de la source afin qu'ils ne heurtent pas les parois supérieure ou inférieure des dés. On notera cette énergie par W_a et on l'exprimera en électrons volts. Quelles remarques vous inspire cette valeur ?

II ‑ Le cyclotron qui ne fonctionne pas à l'énergie maximum, calculée précédemment, fournit un faisceau de protons d'énergie cinétique T = 15 MeV que l'on envoie sur une cible d'aluminium dans laquelle on se propose de mettre en évidence des impuretés d'hydrogène. Pour ceci, on étudie la diffusion élastique proton‑proton que l'on compare à la diffusion élastique proton‑ aluminium. On dispose un détecteur de protons D₁ selon une direction faisant un angle de 30° avec la direction des protons incidents (figure 2). Pour être bien certain d'avoir une diffusion proton‑proton, on dispose un deuxième détecteur D₂ à un angle ψ dans le même plan de diffusion et l'on identifiera comme diffusion proton‑proton la détection simultanée dans les deux détecteurs D_l et D₂ des deux protons p_l et p₂.
1) Calculer à quel angle ψ on doit placer ce deuxième détecteur.
2) Calculer l'énergie cinétique des protons pl (30°) et p2 (ψ). 3) Lorsque la diffusion du proton a lieu sur un noyau d'aluminium dont la masse est 27 fois celle du proton, calculer à quel angle α sera diffusé le noyau d'aluminium, le proton étant toujours diffusé à 30°; sera‑t‑il facile de distinguer une diffusion proton‑proton d'une diffusion proton‑aluminium ?

Ill ‑ Le cyclotron fournissant toujours des protons de 15 MeV, on se propose de les
post-­accélérer en les injectant dans un accélérateur linéaire constitué d'une série de conducteurs métalliques creux, ayant la symétrie de révolution et de même axe appelés cavités. Les protons sont injectés le long de l'axe de cet accélérateur. Les cavités sont connectées comme il est indiqué sur le schéma figure 3. La tension du générateur vaut ${u_L} = {U_L}\sin \left( {2\pi {\nu _L}t} \right)$
Les protons de 15 MeV pénètrent dans la première cavité lorsque u_L = 0 c'est‑à‑dire à t=0. Ils doivent ensuite être accélérés par une tension u_L = U_L toutes les fois qu'ils passent d'une cavité à la suivante.
1) Si ${\nu _c}$est la fréquence de la tension accélératrice du cyclotron, quelle devra être la fréquence la plus basse ${\nu _L}$de l'accélérateur linéaire pour accélérer tous les protons issus du cyclotron.
2) A chaque passage entre 2 cavités les protons sont accélérés et leur énergie augmente de eU_L. Calculer la longueur minimum de la première et de la (n ‑ 1)^ième cavité.
A. N. UL = 100 kV n = 20
Dans cette question, on considérera que la longueur de l'espace entre cavités est négligeable par rapport à la longueur des cavités.
3) En toute rigueur, pour conserver une bonne stabilité du faisceau, le franchissement des espaces accélérateurs s'effectue lorsque u_L est une fonction croissante du temps. Soit Φ_S la différence de phase par rapport à celle correspondant au gain maximum en énergie pour laquelle $\sin \left( {2\pi {\nu _L}t} \right) = 1$
Si ${\Phi _S} = 5^\circ$ quelle sera la nouvelle valeur à donner à U_L pour que cet accélérateur linéaire conserve les caractéristiques définies plus haut.

Concours Physique ENSI (P') 1992 Physique 2 (Corrigé)

Préliminaire.

Soit une machine stationnaire traversée par un écoulement stationnaire d’un fluide et qui reçoit le travail $W'$ et la chaleur $Q$. Appliquons le premier principe au système formé par cette machine et par le fluide qui dans l’état initial est en partie dans la machine et en partie à l’entrée et dans l’état final est en partie dans la machine et en partie à la sortie. Notons par l’indice e le fluide à l’entrée et par l’indice s le fluide à la sortie. Soit ${S_e}$ et ${S_s}$ les sections du tuyau à l’entrée et à la sortie et ${L_e}$ et ${L_s}$ les longueurs qu’y occupe le fluide dans l’état initial et dans l’état final. Outre $W'$, le système reçoit le travail des forces de pression à l’entrée ${p_e}{S_e}{L_e}$, le travail des forces de pression à la sortie $- {p_s}{S_s}{L_s}$ et le travail du poids qui est $mg({z_e} - {z_s})$ parce que le poids dérive d’une énergie potentielle $mgz$ et parce que la machine et l’écoulement sont stationnaires, ce qui fait que l’énergie potentielle qu’ils stockent est constante.

$\Delta (U + {E_c}) = W' + Q + {p_e}{S_e}{L_e} - {p_s}{S_s}{L_s} + mg({z_e} - {z_s})$
Comme l’écoulement et la machine sont dans un état stationnaire, l’énergie stockée dans la machine ne varie pas, donc $\Delta (U + {E_c}) = [U + {E_c}]_e^s$. D’autre part ${H_e} = {U_e} + {p_e}{S_e}{L_e}$ et ${H_s} = {U_s} + {p_s}{S_s}{L_s}$. En divisant par la masse $m$ de fluide transvasée et en représentant par des minuscules les grandeurs massiques : $[h + \frac{1}{2}{v^2} + gz]_e^s = w' + q$ , soit en négligeant les énergies potentielle et cinétique macroscopiques :${h_s} - {h_e} = w' + q$
1. Compresseur.
1. 1. et 1. 2. La transformation est une adiabatique réversible d’un gaz parfait, qui obéit à la loi de Laplace :
$\begin{array}{l}\frac{{{T_3}}}{{{p_1}^{1 - \frac{1}{\gamma }}}} = \frac{{{T_2}}}{{{p_2}^{1 - \frac{1}{\gamma }}}} \Rightarrow {T_3} = {T_2}{\left( {\frac{{{p_1}}}{{{p_2}}}} \right)^{1 - \frac{1}{\gamma }}} = 273{(12,65/5)^{1 - \frac{1}{{1,2}}}} = 318,7K\\{c_{pg}} = \frac{{\gamma R}}{{(\gamma - 1)M}} = \frac{{1,2 \times 8,31}}{{0,2 \times 0,0865}} = 576,4{\mathop{\rm J}\nolimits} .{K^{ - 1}}.k{g^{ - 1}}\\w' = {h_s} - {h_e} = {c_{pg}}({T_3} - {T_2}) = 576,4 \times (318,7 - 273) = 26300J/kg\end{array}$
1.3. Comme la transformation est adiabatique et réversible, $\Delta s = 0$.
1.4.a. Comme pour un gaz parfait $s - {s_0} = {c_{pg}}\ln \frac{T}{{{T_0}}} - \frac{R}{M}\ln \frac{p}{{{p_0}}}{\rm{ }}$, l’équation de l’isobare de pression $p$ est : $T = {T_0}{\left( {\frac{p}{{{p_0}}}} \right)^{1 - \frac{1}{\gamma }}}\exp \frac{{s - {s_0}}}{{{c_{pg}}}}$
L’isobare de pression ${p_2}$ se déduit de l’isobare de pression ${p_1}$ par translation parallèle à l’axe des $s$ de $- \frac{R}{M}\ln \frac{{{p_2}}}{{{p_1}}}$ puisque $s(T,{p_2}) = s(T,{p_1}) - \frac{R}{M}\ln \frac{{{p_2}}}{{{p_1}}}$.
1.4.b. Le travail du compresseur est la variation d’enthalpie dans la transformation : $({T_2},{p_2}) \to ({T_3},{p_1})$. D’après la deuxième loi de Joule, $h$ ne dépend pas de $p$ :
$w' = h({T_3},{p_1}) - h({T_2},{p_2}) = h({T_3},p) - h({T_2},p)$
Or, pour une isobare, $dh = Tds \Rightarrow h({T_3},p) - h({T_2},p) = \int\limits_{{T_2}}^{{T_3}} {Tds}$ le long de l’isobare $p$ ; $w'$ est donc l’aire hachurée entre l’isobare $p$ et l’axe des $s$ dans la figure qui suit :

$q < \oint {T\,ds}$ et $w'$ est supérieur à l’aire du cycle.

2. Condenseur.

2.1. ${q_1} = {h_g}({T_1}) - {h_g}({T_3}) + {h_L}({T_1}) - {h_g}({T_1}) = {c_{pg}}({T_1} - {T_3}) - {L_v}({T_1}) = 576,4 \times (305 - 318,7) - 175000 = - 182900{\mathop{\rm J}\nolimits} .k{g^{ - 1}}$
2.2.$\Delta s = {c_{pg}}\ln \frac{{{T_1}}}{{{T_3}}} - \frac{{{L_v}({T_1})}}{{{T_1}}} = 576,4\ln \frac{{305}}{{318,7}} - \frac{{175000}}{{305}} = - 599,1{\mathop{\rm J}\nolimits} .{K^{ - 1}}.k{g^{ - 1}}$
3. Détendeur.
3.1. Cela résulte du premier principe et de l’absence de travail et de chaleur.
3.2. On peut calculer les variations des fonctions d’état sur le chemin : $({\text{liquide à }}{T_1},{p_1}) \to ({\text{liquide à }}{T_2},{p_2}) \to ({\text{fraction }}x{\text{ gazeuse et fraction }}1 - x{\text{ liquide à }}{T_2},{p_2})$
Les propriétés d’un liquide dépendent peu de la pression : on peut calculer sa variation d’enthalpie sans se préoccuper de la pression.
$\begin{array}{l}\Delta h = {c_L}({T_2} - {T_1}) + x{L_v}({T_2}) = 0\\x = \frac{{{c_L}({T_1} - {T_2})}}{{{L_v}({T_2})}} = \frac{{1,38 \times (305 - 273)}}{{205}} = 0,2154\end{array}$
3.3. $\Delta s = {c_L}\ln \frac{{{T_2}}}{{{T_1}}} + \frac{{x{L_v}({T_2})}}{{{T_2}}} = 1380\ln \frac{{273}}{{305}} + \frac{{0,2154 \times 205000}}{{273}} = 8,8{\mathop{\rm J}\nolimits} .{K^{ - 1}}.k{g^{ - 1}}$
4. Evaporateur.
4.1. ${q_2} = (1 - x){L_v}({T_2}) = (1 - 0,2154) \times 205000 = 160800{\mathop{\rm J}\nolimits} .k{g^{ - 1}}$
4.2. $\Delta s = \frac{{(1 - x){L_v}({T_2})}}{{{T_2}}} = 589,1{\mathop{\rm J}\nolimits} .{K^{ - 1}}.k{g^{ - 1}}$
5. L’efficacité est le rapport du gain, c’est-à-dire la chaleur communiquée à l’habitation à chauffer $- {q_1}$, au coût, qui est l’énergie à donner au compresseur $\frac{{w'}}{r}$. C’est donc $e = r\frac{{ - {q_1}}}{{w'}} = 0,8\frac{{182900}}{{26300}} = 5,56$

On peut améliorer le rendement si on peut rapprocher les températures ${T_1}$ et ${T_2}$. Tel quel, ce chauffage est 5,56 fois moins coûteux en énergie que le chauffage électrique.
6.1. Pour un cycle, le premier principe s’écrit $w' + {q_1} + {q_2} = 0$. Or la même somme calculée avec les valeurs trouvées au fil de ce problème donne $w' + {q_1} + {q_2} = 26300 - 182900 + 160800 = 4200{\mathop{\rm J}\nolimits} .k{g^{ - 1}}$ ; la vérification est acceptable à la rigueur (erreur 2 %).
Les données du problème sont-elles cohérentes ? Elles devraient vérifier $\frac{{d{L_v}}}{{dT}} = \frac{{d{h_g}}}{{dT}} - \frac{{d{h_L}}}{{dT}} = {c_{pg}} - {c_L}$. Or $\frac{{{L_v}({T_1}) - {L_v}({T_2})}}{{{T_1} - {T_2}}} = \frac{{175000 - 205000}}{{305 - 273}} = - 937,5{\mathop{\rm J}\nolimits} .{K^{ - 1}}.k{g^{ - 1}}$ , tandis que ${c_{pg}} - {c_L} = 576,4 - 1380 = - 803,6{\mathop{\rm J}\nolimits} .{K^{ - 1}}.k{g^{ - 1}}$
6.2. Comme l’entropie est une fonction d’état, la somme des variations d’entropie lors du cycle devrait être nulle. Or, elle vaut $\sum {\Delta s} = - 599,1 + 8,8 + 589,1 = - 1,2{\mathop{\rm J}\nolimits} .{K^{ - 1}}.k{g^{ - 1}}$ ; la vérification est acceptable (erreur 0,2 %).
7.1.
$\begin{array}{l}kdT = - ak(T - {T_e})dt\\adt = - \frac{{dT}}{{T - {T_e}}}\\at = - \int\limits_{{T_4}}^{{T_5}} {\frac{{dT}}{{T - {T_e}}}} \Rightarrow a = \frac{1}{t}\ln \frac{{{T_4} - {T_e}}}{{{T_5} - {T_e}}} = \frac{1}{{14400}}\ln \frac{{20}}{{10}} = {4,81.10^{ - 5}}{{\mathop{\rm s}\nolimits} ^{ - 1}}\end{array}$
7.2. ${P_e} = \frac{{ak({T_4} - {T_e})}}{e} = \frac{{{{4,81.10}^{ - 5}} \times {{2.10}^7} \times 20}}{{5,56}} = \frac{{19250}}{{5,56}} = 3460{\mathop{\rm W}\nolimits}$
7.3. La puissance rejetée dans la source froide est ${P_2} = \frac{{160840}}{{182900}}19250 = 16930W$.
Le débit d’eau froide est donc $\frac{{{P_2}}}{{{c_f}\Delta T}} = \frac{{16930}}{{4180 \times 4}} = 1,013{\mathop{\rm kg}\nolimits} .{s^{ - 1}}$.

Concours Physique ENSI DEUG 1995

Concours Physique ENSI DEUG 1995 : énoncé, corrigé
L’atmosphère, milieu transparent. Distance zénithale apparente, courbure des rayons lumineux au niveau du sol.

Concours Physique ENSI Physique I 1993 (Corrigé)

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

a) h La compression de V0 à V1 et la détente de V1 à V0 sont adiabatiques et réversibles donc isentropiques. 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.

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

a) h D’après le schéma la distance HB s’exprime selon : HB = λd|sin β| = d/2 |sin α.| 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 ${y_c} = \overline {OC} = \overline {OH} + \overline {HC} = (d/2)\cos \alpha + \lambda d\cos \beta$ ${y_c} = d(\frac{{\cos \alpha }}{2} + \lambda \cos \beta )$

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 :
${\bf{M}} = - \frac{d}{4}[(\frac{{{m_1}}}{2} + \frac{{{m_2}}}{3})d{\omega ^2}\sin 2\alpha - 2F\sin \alpha ]{{\bf{e}}_{\bf{z}}}$

b) h Pour F = 0, Mz = -(d/4)(m1/2+m2/3)sin2α est proportionnel à sin2α, d’où l’allure du graphique Mz 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.

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.

Concours Physique ENSI P’ Physique 2 1992 (Énoncé)

DEUXIÈME PROBLÈME

Étude d'une pompe à chaleur destinée au chauffage d'une habitation

Une pompe à chaleur à fréon 22 (CHF₂Cl : difluoromonochlorométhane) prélève de la chaleur à un circuit d'eau froide et cède de la chaleur à de l'eau chaude qui circule dans le sol de l'habitation.
Le fréon décrit un cycle :
– dans l'évaporateur, il subit une évaporation complète sous la pression de vapeur saturante p₂ et à la température T₂ ;
– le fréon gazeux sort du compresseur à la température T₃ et sous la pression p₁ ;
– dans le condenseur le fréon gazeux se refroidit, puis se liquéfie complètement sous la pression de vapeur saturante p₁ et à la température T_l ;
– en traversant le détendeur, le fréon subit une détente adiabatique et isenthalpique passant de T₁, p₁ à T₂, p₂ ; cette détente s'accompagne d'une vaporisation partielle du liquide.

Tous les calculs seront réalisés pour une masse m = 1 kg de fréon et on pose :
– L_v (T) : chaleur latente de vaporisation du fréon ;
– c_L : capacité thermique massique du fréon liquide, supposée indépendante de T et de p ;
– le fréon gazeux est assimilé à un gaz parfait de masse moléculaire molaire M, et pour lequel $\gamma = 1,20$;
– l'énergie cinétique macroscopique ainsi que l'énergie potentielle de pesanteur seront négligées dans tout le problème ;
– le volume massique v_L du fréon liquide est indépendant de la pression et de la température ;
– l'installation fonctionne en régime permanent.
Données :
${T_2} = 273K;{\rm{ }}{T_1} = 305K;{\rm{ }}{L_\nu }({T_2}) = 205{\rm{ }}kJ.k{g^{ - 1}};{\rm{ }}{L_\nu }({T_1}) = 175{\rm{ }}kJ.k{g^{ - 1}};$
${c_L} = 1,38{\rm{ }}kJ.k{g^{ - 1}}.{K^{ - 1}};{\rm{ }}{p_2} = {5.10^5}{\rm{ }}Pa;{\rm{ }}{p_1} = {12,65.10^5}{\rm{ }}Pa;{\rm{ }}{v_L} = 0,75{\rm{ }}d{m^3}.k{g^{ - 1}};$
$R = 8,31{\rm{ }}J.mo{l^{ - 1}}.{K^{ - 1}};{\text{ masse molaire de fréron : }}M = {86,5.10^{ - 3}}{\rm{ kg}}{\rm{.mo}}{{\rm{l}}^{ - 1}}.$
1. Étude de la compression.
1.1. En raisonnant sur un système que l'on définira soigneusement, relier la variation d'enthalpie du fréon, durant la traversée du compresseur, à la quantité de chaleur Q et au travail W qu'il a échangés durant celle‑ci.
1.2. La compression est adiabatique et on admet que le gaz suit une compression de type polytropique $p{V^\gamma } = {\rm{constante}}$; en déduire T₃ puis le travail W en fonction des données.
1.3. Évaluer la variation d'entropie du fréon et conclure.
1.4. Utilisation d'un diagramme entropique pour le calcul de W.
a. Pour une transformation quelconque du fréon gazeux entre les états T₀, p₀, et T, p, calculer sa variation d'entropie $\Delta S = S - {S_0}$; en déduire l'équation d'une isobare dans le diagramme entropique (S en abscisse, T en ordonnée).
Tracer l'isobare p₁.
Par quel déplacement la courbe isobare correspondant à p₂ se déduira‑t‑elle de celle correspondant à p₁ ?
b. Représenter sur le diagramme précédent la compression du fréon gazeux de l'état T₂, p₂ à l'état T₃, P_l . Montrer que le travail W échangé par le fréon correspond à l'aire d'une surface que l'on hachurera sur le diagramme (pour cela, introduire le point correspondant à l'état T₂, p₁).

2. Passage dans le condenseur.
2.1. Calculer la quantité de chaleur Q₁ échangée par le fréon.
2.2. Calculer sa variation d'entropie.
3. Passage dans le détendeur à parois adiabatiques.
3.1. Démontrer que la détente est isenthalpique.
3.2. En déduire la fraction massique x de fréon gazeux à la sortie du détendeur.
3.3. Calculer la variation d'entropie du fréon.
4. Passage dans l'évaporateur.
4. 1. Évaluer la quantité de chaleur Q₂ échangée par le fréon.
4.2. Calculer sa variation d'entropie.
5.
Le compresseur est entraîné par un moteur électrique de rendement électro‑mécanique r = 0,8. Définir l'efficacité e de cette pompe à chaleur et l'évaluer.
Dans quelles conditions portant sur T_l et T₂ l'améliore‑t‑on ? Quel avantage présente ce chauffage par rapport au chauffage électrique ?
6. Étude du cycle.
6. 1. Vérifier le bilan énergétique sur le cycle.
6.2. Représenter son diagramme entropique.
7.
Cette pompe à chaleur sert à compenser les pertes de chaleur de l'habitation maintenue à la température T₄ = 293 K, alors que la température extérieure est T_e = 273 K.

7.1. Dans le but d'évaluer ces pertes, on coupe le chauffage ; la température de l'habitation passe alors en une durée $\Delta t = 4{\rm{ heures}}$ de T₄ = 293 K à T₅ = 283 K. On admet que la quantité de chaleur perdue pendant la durée dt petite s’écrit $\delta Q = - ak(T - {T_\varepsilon })dt,{\rm{ }}k = {2.10^7}{\rm{ }}J.{K^{ - 1}}$ désignant la capacité thermique de l'habitation, T sa température à l'instant t, et a une constante dépendant de l'isolation. Donner une équation différentielle décrivant l'évolution T (t) ; en déduire a.
7.2. Calculer la puissance électrique consommée ${P_\varepsilon }$ pour maintenir la température de l'habitation à la valeur constante T₄.
7.3. L'eau qui alimente la source froide subit une chute de température $\Delta T = 4$ degrés centésimaux durant la traversée de l'échangeur. En déduire son débit massique.
Capacité thermique massique de l'eau froide utilisée : ${c_f} = 4,18{\rm{ }}kJ.k{g^{ - 1}}.{K^{ - 1}}.$

Concours Physique ENSI DEUG 1989 (Énoncé)

                                                                       EPREUVE DE PHYSIQUE ENSI DEUG 1989

                                                                                                DUREE : 4 heures

Ce sujet est composé de deux parties I et II totalement indépendantes.

Il est conseillé aux candidats de prendre connaissance rapidement de la totalité du texte du sujet.

Les candidats doivent respecter les notations de l'énoncé et préciser, dans chaque cas, la numérotation de la question traitée.

On accordera la plus grande attention à la clarté de la présentation et des schémas.

I) DIODES

I.1) Caractéristique statique courant-tension d'une diode à jonction.

Une diode à jonction D, soumise à une tension u, est parcourue par un courant i, à température constante (300 K). On obtient les valeurs suivantes :

I.1.1) Tracer la courbe i=f(u) (échelle: 1 cm=100 mV et 1 cm = 10 mA).                                            

I.1.2) Déterminer graphiquement la résistance dynamique r de la diode D lorsqu'elle est parcourue par un courant i=70 mA.

I.1.3) Donner le modèle équivalent de la diode D, au point de fonctionnement i=70 mA.

I.1.4) Une étude théorique de la diode D fournit l'expression de la caractéristique i = f(u) à la température T = 300 K:

                   $i = {I_S}\exp \frac{{eu}}{{\eta kT}}(1)$  avec : $e = {1,6.10^{ - 19}}C;k = {1,38.10^{ - 23}}J/K$ ; ${I_S}$ et $\eta$ constantes à 300 K.

Montrer que pour u³750 mV, la courbe est correctement représentée par  l'expression (1).

Déterminer la valeur numérique des constantes Is et h.

I.1.5) On imagine, la diode idéale de résistance nulle dans le sens passant et de résistance infinie dans le sens non passant. Tracer la caractéristique i(u) de la diode idéale.

Dans toute la suite du paragraphe I), les diodes sont idéales.

I.2) Quelques montages électroniques utilisant des diodes à jonction.

I.2.1) Le montage de la figure suivante est alimenté par une source sinusoïdale $e(t)=E\sqrt{2}\sin \omega t$, avec E>0.

Les points A et B sont reliés aux systèmes de plaques de déviation verticale Y1 et Y2 de l'oscillographe. R est un résistor de résistance R.

I.2.1.1) Représenter qualitativement, sur le même graphe, e(t) et u(t). Dessiner l'oscillogramme.

I.2.1.2) Tracer qualitativement i = f(t). Intérêt d'un tel montage ?

I.2.2) On rappelle les symboles du générateur de tension continu (résistance interne négligeable) et de la source pure de courant :

On considère les montages suivants :

Calculer:         I.2.2.1) l'intensité I_A (figure a), avec $R=20\Omega$ et e=20V.

                         I.2.2.2) l'intensité I_B (figure b), avec $R=20\Omega$, e=20V et I=2A.

                         I.2.2.3) l'intensité I_C (figure c), avec $R=20\Omega$, e=30V et I=1A.

                         I.2.2.4) la tension u (figure d), avec $R=5\Omega$, e=20V et I=5A.

I.2.3 Soit le montage suivant :

les générateurs de f.e.m. e₁ et e₂ sont tels que e1 > e2.

I.2:3.1) Tracer qualitativement u = f(v).

I.2.3.2) Tracer qualitativement i = f(v).

I.3) La diode Zener.

On considère à présent la caractéristique i(u) d'une diode Zener Z parfaite de tension Zener Uz.

I.3.1) Soit le montage alimenté par $e(t)=E\sqrt{2}\sin \omega t$, E>0 et avec $Uz<E\sqrt{2}$

Représenter qualitativement, sur le même graphe, e(t) et u(t).

I.3.2) On considère le montage ci-contre

I.3.2.1) Tracer qualitativement u = f(v) pour: $- 3Uz \le v \le  + 3Uz$

I.3.2.2) La tension v est alternative sinusoïdale, de la forme $v=e(t)=E\sqrt{2}\sin \omega t$, E>0.

Tracer u(t) sachant que $Uz<E\sqrt{2}$

II AMPLIFICATEURS OPERATIONNELS

Les amplificateurs opérationnels étudiés sont idéaux:

                   - les potentiels V_E+ et V_E- définis par rapport à la masse, sont égaux;

                   - aucun courant ne circule entre les bornes d'entrée;

                   - le fonctionnement est linéaire.

Il.1) Fonctions de transfert.

Déterminer les fonctions de transfert Vs = f(Ve) donnant la tension de sortie Vs en fonction de la (ou des) tension(s) d'entrée Ve des quatre montages suivants. Préciser l'intérêt de chaque dispositif.

II.2) Montage avec diode.

On considère les montages suivants :

La diode, de caractéristique $i={{I}_{S}}.\exp (au)$ , est analogue à la diode D du I.1). 

II.2.1) Exprimer, pour chaque montage, la tension de sortie Vs en fonction de la tension d'entrée Ve                                      
et des constantes R, a et Is.

La diode, de caractéristique $i={{I}_{S}}.\exp (au)$ , est analogue à la diode D du I.1).

II.2.1) Exprimer, pour chaque montage, la tension de sortie Vs en fonction de la tension d'entrée Ve et des constantes R, a et Is.

II.2.2) Pour chaque montage, calculer Vs.

Données: $Ve = 600mV;R = 2k\Omega ;{I_S} = {2.10^{ - 9}}A$ et $a = 21,5{V^{ - 1}}$