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).

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

Mines–Ponts, M, P’, TA, 1990 (Physique I)
Le moteur à fils de caoutchouc

1. Thermodynamique d’un fil de caoutchouc.
   Les paramètres thermodynamiques d’un fil de caoutchouc sont la longueur $L$, la tension $F$ et la température $T$. Au voisinage d’une température moyenne $T_m$, d’une longueur moyenne $L_m$ et d’une tension moyenne $F_m$, l’équation d’état est linéarisable et prend la forme: $$F(L,T) = F_m + \rho \left(L - L_m\right) + \sigma\left(T - T_m\right)$$ où $\rho$ et $\sigma$ sont des constantes positives. Le travail élémentaire reçu quand le fil s’allonge de ${\mathrm{d}}L$ lors d’une transformation réversible est noté $\delta W = F {\mathrm{d}}L$. On désigne par $C_L$ la capacité calorifique du fil à longueur constante et on note la chaleur reçue dans une transformation élémentaire par: $$\delta Q = C_L {\mathrm{d}}T + h {\mathrm{d}}L$$ $h$ étant a priori une fonction de $T$ et $L$. On suppose enfin que $C_L$ est indépendant de la température.
   
   
   
   1. À l’aide de l’expression différentielle des deux principes de la thermodynamique, exprimer $h$ en fonction de $T$ et de $\sigma$.
   2. Montrer que $C_L$ ne dépend pas de $L$; on dira que $C_L$ est une constante.
   3. Donner l’expression de l’entropie du fil, $S(T,L)$, en fonction de la longueur $L$, de la température $T$ et de $T_m$, $L_m$, $C_L$ et $\sigma$. On posera $S_m = S(T_m,L_m)$.
   4. On tire sur le fil de façon isotherme. Quel est le signe de la variation d’entropie? Déterminer l’expression et indiquer le signe de la variation d’entropie d’une mole de gaz parfait dont le volume augmente de façon isotherme; commenter le résultat obtenu, sachant que le fil de caoutchouc est un polymère constitué de longues chaînes de molécules.
   5. Déterminer l’expression de l’énergie libre $\mathcal F$ du fil; on posera $\mathcal F_m = \mathcal F(T_m,L_m)$; retrouver ainsi qu’à température constante le fil se comporte comme un ressort élastique, dont on déterminera la raideur.
      Pour ce qui suit, on rappelle que dans le diagramme de Clapeyron d’un gaz, le volume est en abscisse et la pression en ordonnée; on conviendra d’appeler ici diagramme de Clapeyron du fil le diagramme où la longueur $L$ est en abscisse et la tension $F$ en ordonnée.
   6. Représenter qualitativement un cycle de Carnot moteur dans le diagramme de Clapeyron en indiquant le sens de circulation sur le cycle. On précisera en outre les relations $F(L)$ associées à des transformations réversibles dans ce cycle.
2. Moteur d’Archibald.
   Une roue circulaire de rayon $R$ tourne sans frottement avec une vitesse angulaire constante $\omega$ autour d’un axe horizontal perpendiculaire au plan de la figure et passant par son centre $C$. La moitié inférieure de la roue est en équilibre thermique avec un bain d’eau chaude à la température $T_1$, la moitié supérieure est à la température $T_2$ de l’atmosphère ($T_1 > T_2$). D’un point $O$ fixe, situé dans le plan de la roue, sur l’horizontale passant par le centre $C$ et tel que $OC = a$, avec $a$ très petit devant $R$, rayonnent $2N$ fils de caoutchouc analogues à celui qui est décrit dans la première partie et fixés régulièrement à la périphérie de la roue.
   La position d’un fil particularisé $OA$ étant déterminée par l’angle $\theta$ entre $OC$ et $CA$ (figure [fig1]) , les autres fils font avec $OC$ les angles $\displaystyle \theta + \frac{p \pi}{N}$, $\displaystyle \theta + \frac{2 p \pi}{N}$ ($p$ entier variant de $1$ à $2N-1$) et ainsi de suite. En accord avec l’hypothèse des équilibres thermiques de la roue, on admet que cette dernière tourne suffisamment lentement pour que chaque fil franchissant l’horizontale prenne sa nouvelle température instantanément, c’est-à-dire que l’excursion du fil dans l’atmosphère (ou le bain d’eau chaude) se fait à la température constante $T_2$ (ou $T_1$).
   
   
   
   1. Cycle de Stirling.
      
      1. Donner l’expression de la longueur du fil particularisé $OA$ en fonction de $a$, $R$ et $\theta$, en négligeant le terme du deuxième ordre en $a/R$.
      2. [Q212] Soit $A'$ le point du diagramme de Clapeyron correspondant à la longueur et la température la plus élevée; tracer qualitativement le schéma du cycle moteur $A'$, $B'$, $C'$ et $D'$ décrit par ce fil quand la roue fait un tour (cycle de Stirling).
   2. Rendement.
      
      1. Donner l’expression de la quantité de chaleur $Q_1$ reçue par le fil $OA$ de la part de la source chaude, en fonction de $T_1$, $T_2$, $\sigma$, $C_L$ et $a$.
      2. Donner de la même manière l’expression de la quantité de chaleur $Q_2$ reçue par ce fil de la part de la source froide et en déduire le travail fourni lors d’un tour de roue.
      3. Retrouver directement l’expression de ce travail à partir de la considération du cycle de la question [Q212].
      4. Donner, en négligeant toujours le terme du deuxième ordre en $a/R$, l’expression du moment $\mathcal M$ par rapport à $C$ de la tension du fil appliquée à la roue. Retrouver ainsi l’expression du travail reçu par un fil pour un tour de roue.
      5. [Q225] Exprimer le rendement $\eta$ du système au cours d’un cycle en fonction de $T_1$, $T_2$, $\sigma$, $a$ et $C_L$.
   3. Performances.
      
      1. Soit $\eta_C$ l’expression du rendement de Carnot d’un moteur ditherme travaillant entre une source chaude à la température $T_1$ et une source froide à la température $T_2$; exprimant le rendement $\eta$ de la question [Q225] sous la forme $\eta = \alpha \eta_C$, donner l’expression de $\alpha$.
      2. L’ensemble des transformations ($B' \to C'$ et $D' \to A'$) est-il adiabatique? Expliquer qualitativement pourquoi le rendement dans un cycle de Stirling est plus faible que le rendement dans un cycle de Carnot.
   4. Applications numériques.
      On adoptera les valeurs numériques suivantes: $T_1 = 340 {\,\mathrm{K}}$, $T_2 = 300 {\,\mathrm{K}}$, $a = 2 {\,\mathrm{cm}}$, $\sigma = 10^{-2} {\,\mathrm{N}\cdot\mathrm{K}^{-1}}$, $C_L = 3,3 {\,\mathrm{J}\cdot\mathrm{K}^{-1}}$, $2N = 32$ et $\omega = 2\pi {\,\mathrm{rad}\cdot\mathrm{s}^{-1}}$.
      
      1. Calculer les valeurs numériques respectives du rendement et de la puissance du moteur.
      2. On désire utiliser ce dispositif pour pomper de l’eau dans le désert, la nappe étant à une profondeur de $10{\,\mathrm{m}}$. Quel serait le débit de la pompe ainsi constituée? Recommanderiez-vus l’utilisation d’un tel appareil?

Concours Mines-Ponts 1984 Filière M, P’ (Corrigé)

                                                                 Équilibre d’un clown sur un ballon

I. CINÉTIQUE ET CINÉMATIQUE

I.1.a. L’angle a étant constant, A et donc H (car AH est toujours vertical) ont la même vitesse et la même accélération que C :

${{\bf{v}}_{\bf{H}}} = \dot x{{\bf{e}}_{\bf{x}}} = v{{\bf{e}}_{\bf{x}}}$ et ${{\bf{a}}_{\bf{H}}} = \ddot x{{\bf{e}}_{\bf{x}}} = a{{\bf{e}}_{\bf{x}}}$

I.1.b. G est le centre de masse du système clown-ballon donc :$\left( {M + m} \right){\bf{OG}} = M{\bf{OH}} + m{\bf{OC}}$. On en déduit :

${{\bf{v}}_G} = \dot x{{\bf{e}}_{\bf{x}}} = v{{\bf{e}}_{\bf{x}}}$ et ${{\bf{a}}_G} = \ddot x{{\bf{e}}_{\bf{x}}} = a{{\bf{e}}_{\bf{x}}}$

I.2. Le ballon roule sans glisser sur le sol horizontal donc ${{\bf{v}}_{{\bf{I}} \in ballon}} = \vec 0$ dans (R ). La vitesse de C s’écrit alors : ${{\bf{v}}_{\bf{C}}} = {{\bf{v}}_{{\bf{I}} \in ballon}} + \omega {{\bf{e}}_{\bf{y}}} \wedge {\bf{IC}}$ soit : ${{\bf{v}}_{\bf{c}}} = R\dot \varphi {{\bf{e}}_{\bf{x}}}$

Le non-glissement se traduit donc par : $v = \dot x = R\dot \varphi$

I.3. Le point A appartenant au clown à la même vitesse que C dans (R ). La vitesse du clown par rapport au ballon est l’opposé de la vitesse (dans (R*)) du point A appartenant au ballon. Cette vitesse est tangente au ballon en A et a pour norme $R\left| {\dot \varphi } \right| = \left| v \right|$.

I.4. Le moment d’inertie du ballon par rapport au centre C vaut mR² car toute la masse est répartie sur la surface du ballon. Compte tenu de la symétrie sphérique du ballon :${J_{Cx}} = {J_{Cy}} = {J_{Cz}}$. On en déduit :

$J = {J_{Cy}} = \frac{2}{3}{J_O} = \frac{2}{3}m{R^2}$

I.5.  

I.5.a. D’après le théorème de Kœnig : ${{\bf{L}}_{{\bf{C}}/(R)}} = {\bf{L}}* = J\dot \varphi {{\bf{e}}_{\bf{y}}} = \frac{2}{3}mRv{{\bf{e}}_{\bf{y}}}$ où L* est le moment cinétique barycentrique du ballon.

I.5.b. Sachant que ${{\bf{L}}_{I/(R)}} = {{\bf{L}}_{C/(R)}} + {\bf{IC}} \wedge m{{\bf{v}}_C}$, le moment cinétique en I du ballon est : ${{\bf{L}}_{I/(R)}} = \frac{5}{3}mRv{{\bf{e}}_{\bf{y}}}$.

I.6.  

I.6.a. On néglige l’inertie des parties mobiles du clown dans sa marche ou sa course à petits pas de sorte que son mouvement est, dans (R ), un mouvement de translation. Dans le référentiel barycentrique (R* ), le clown est donc considéré comme fixe. Par conséquent : ${\bf{L}}{'_{H/(R)}} = {\bf{L}}'* = \vec 0$. Le moment cinétique du clown par rapport à I vaut donc : ${\bf{L}}{'_{I/(R)}} = {\bf{L}}'* + {\bf{IH}} \wedge M{{\bf{v}}_H} = MR\left( {3 + \cos \alpha } \right)v{{\bf{e}}_{\bf{y}}}$

I.6.b. Pour le système clown-ballon, le moment cinétique total s’écrit alors :

${\bf{L}} = {{\bf{L}}_{I/(R)}} + {\bf{L}}{'_{I/(R)}} = \left( {\frac{5}{3}m + M\left( {3 + \cos \alpha } \right)} \right)Rv{{\bf{e}}_{\bf{y}}}$

II. DYNAMIQUE

II.1. ${\left. {\frac{{d{{\bf{L}}_{P/(R)}}}}{{dt}}} \right)_{(R)}} = {M_P} + M{{\bf{v}}_{G/(R)}} \wedge {{\bf{v}}_{P/(R)}}$ où G est le centre de masse du solide de masse M. Se référer au cours pour la démonstration.

II.2.  

II.2.a. Le point géométrique de contact a une vitesse colinéaire à celle du centre de masse du système clown-ballon. Le théorème du moment cinétique appliqué en ce point pour tout le système s’écrit donc :

${\left. {\frac{{d{{\bf{L}}_{I/(R)}}}}{{dt}}} \right)_{(R)}} = {M_I}$

En projetant sur Oy, on en déduit l’accélération du centre C du ballon (identique à l’accélération de G et de tout point du clown) :

$a = \frac{{Mg\sin \alpha }}{{\frac{5}{3}m + M\left( {3 + \cos \alpha } \right)}}$

On constate que le mouvement de C est uniformément accéléré.

II.2.b. A.N : a = 0,21 m.s^-2.

II.3.  

II.3.a. Le théorème de la résultante cinétique appliqué au système complet s’écrit :

$\left( {M + m} \right){\bf{a}} = {\bf{T}} + {\bf{N}} + \left( {M + m} \right){\bf{g}}$

            En projection sur Ox : $T = \left( {M + m} \right)a$ et sur Oy : $N = \left( {M + m} \right)g$ en posant ${\bf{T}} = T{{\bf{e}}_{\bf{x}}}$ et ${\bf{N}} = N{{\bf{e}}_{\bf{z}}}$

II.3.b. Vérifions la condition de non-glissement : $\left| T \right| < f\left| N \right|$.

$\frac{{\left| T \right|}}{{\left| N \right|}} = \frac{{M\left| {\sin \alpha } \right|}}{{\frac{5}{3}m + M\left( {3 + \cos \alpha } \right)}}$=0,02 < f si f = 0,2.

II.4.  

II.4.a. On a montré que la vitesse du clown par rapport au ballon a pour norme v. L’accélération étant constante : v = at. La vitesse limite est atteinte à l’instant t tel que : $\tau  = \frac{{{v_{\lim }}}}{a}$. t = 10 s. La distance parcourue est alors : $d = \frac{1}{2}a{\tau ^2} = \frac{{v_{\lim }^2}}{{2a}}$ : d = 10 m.

Ensuite le clown tombe car il ne peut pas marcher plus vite.

II.4.b. La puissance fournie par le clown sert à accroître l’énergie cinétique du système clown-ballon : ${P_u} = \frac{{d{E_K}}}{{dt}}$ avec ${E_K} = {E_K}\left( {{\rm{clown}}} \right) + {E_K}\left( {{\rm{ballon}}} \right)$

${E_K}\left( {{\rm{clown}}} \right) = \frac{1}{2}M{v^2}$ et ${E_K}\left( {{\rm{ballon}}} \right) = E_K^* + \frac{1}{2}m{v^2}$ d’après le théorème de Kœnig. Le ballon a un mouvement de rotation dans le référentiel barycentrique autour de Cy à la vitesse angulaire $\dot \varphi$. Dans ce référentiel, l’énergie cinétique vaut donc : $E_K^* = \frac{1}{2}J{\dot \varphi ^2}$.

Pour l’ensemble ballon-clown : ${E_K} = \frac{1}{2}\left( {M + \frac{5}{3}m} \right){v^2}$

On en déduit la puissance instantanée fournie par le clown : ${P_u} = \frac{{d{E_K}}}{{dt}} = \left( {M + \frac{5}{3}m} \right){\bf{v}}.{\bf{a}}$ soit :

${P_u} = \frac{{d{E_K}}}{{dt}} = \frac{{M + \frac{5}{3}m}}{{\frac{5}{3}m + M\left( {3 + \cos \alpha } \right)}}Mg\sin \alpha {\rm{  }}v$

La puissance développée par le clown est donc maximale à l’instant où sa vitesse par rapport au ballon est maximale (2 m/s) :

${P_{uMAX}} = \frac{{d{E_K}}}{{dt}} = \frac{{M + \frac{5}{3}m}}{{\frac{5}{3}m + M\left( {3 + \cos \alpha } \right)}}Mg\sin \alpha {\rm{  }}{v_{MAX}}$

A.N : P_uMAX = 29 W

III. STATIQUE ET DYNAMIQUE SUR PLAN INCLINE

III.1.  

III.1.a. A l’équilibre du système clown-ballon, le torseur des actions extérieures est nul :

                                                                ${\bf{T}} + {\bf{N}} + \left( {M + m} \right){\bf{g}} = \vec 0$          (1)

                                                                $M({\bf{T}}) + M({\bf{N}}) + M(M{\bf{g}}) + M(m{\bf{g}}) = \vec 0$ (2)

où M(F) représente le moment de la force F.

Remarquons que le point par rapport auquel on calcule le moment des actions extérieures n’a pas d’importance car la résultante des actions extérieures est nulle.

En appliquant (2) au point I, on obtient : ${\bf{IC}} \wedge m{\bf{g}} + {\bf{IH}} \wedge M{\bf{g}} = \vec 0$ qui devient après simplifications :

$\sin (\alpha  + \beta ) =  - \frac{{m + M}}{M}\sin \beta$

Avec $0 < \beta  < 90^\circ$, on trouve que $\alpha  + \beta  < 0$ c’est-à-dire $\alpha  <  - \beta  < 0$(cf. figure ci-dessous).

III.1.b. La relation (1) projeté sur les axes Ox et Oz donnent respectivement :

$T =  - \left( {m + M} \right)g\sin \beta$

$N = \left( {m + M} \right)g\cos \beta$

Le glissement ne s’amorce pas si $\frac{{\left| T \right|}}{{\left| N \right|}} < f$ soit : $\tan \beta  < f$. Avec f = 0,2, on trouve b < 11°

III.1.c. Pour que le système soit à l’équilibre pour b = 5°, il faut a = -10,5°

III.2.  

III.2.a. Le raisonnement des questions I.5 et I.6 reste valable ici. Le seul changement provient de l’expression de IH  qui s’écrit maintenant : ${\bf{IH}} = R\left( {\left( {\sin \alpha  - 2\sin \beta } \right){{\bf{e}}_{\bf{x}}} + \left( {1 + \cos \alpha  + 2\cos \beta } \right){{\bf{e}}_z}} \right)$.

Le moment cinétique par rapport à I du ballon est inchangé et celui du clown devient :

${\bf{L}}{'_{I/(R')}}({\rm{clown}}) = {\bf{L}}'* + {\bf{IH}} \wedge M{{\bf{v}}_H} = MR\left( {1 + \cos \alpha  + 2\cos \beta } \right)v{{\bf{e}}_{\bf{y}}}$

Le moment cinétique total en I s’écrit donc :

${{\bf{L}}_{I/(R')}} = \left( {\frac{5}{3}m + M\left( {1 + \cos \alpha  + 2\cos \beta } \right)} \right)Rv{{\bf{e}}_{\bf{y}}}$

Avec b = 0, on retrouve bien sûr le résultat de la question I.6.b

III.2.b. En appliquant le théorème du moment cinétique en I (point géométrique de contact) comme en II.2 :

${\left. {\frac{{d{{\bf{L}}_{I/(R')}}}}{{dt}}} \right)_{(R')}} = {M_I} = {M_I}(m{\bf{g}}) + {M_I}(M{\bf{g}})$

On trouve que le mouvement du système est uniformément accéléré :

${\bf{a}} = g\frac{{m\sin \beta  + M\left( {\sin \beta  + \sin \left( {\alpha  + \beta } \right)} \right)}}{{\frac{5}{3}m + M\left( {1 + \cos \alpha  + 2\cos \beta } \right)}}{{\bf{e}}_{\bf{x}}} = {\bf{cste}}$

On retrouve, pour b = 0, le résultat de II.2.a et a = 0 pour $\sin (\alpha  + \beta ) =  - \frac{{m + M}}{M}\sin \beta$ (équilibre).

III.2.c. A.N : accélération : a = 0,64 m.s^-2

La vitesse du clown par rapport au ballon est toujours égale à v. La distance parcourue quand le clown atteint la vitesse limite par rapport au ballon de 2 m /s est donc toujours :

$d = \frac{{v_{\lim }^2}}{{2a}}$= 3,1 m

L’accélération du système est plus importante que sur le plan horizontal (et par conséquent la distance parcourue par le clown avant de tomber plus courte) ce qui est normal car le ballon est entraîné vers le bas de la pente par les forces de pesanteur.

III.3.  

III.3.a. Pour que le ballon remonte la pente, l’accélération algébrique doit être négative ce qui donne :

$\sin (\alpha  + \beta ) <  - \frac{{m + M}}{M}\sin \beta$ c’est-à-dire $\alpha  < {\alpha _{{\rm{\'e quilibre}}}}$

            a = -15° convient car a_éq = -10,5°. Dans ce cas : a = –0,18 m.s^-2

III.3.b. Le théorème de la résultante cinétique appliqué au système complet s’écrit en projection sur les axes Ox et Oz :

$\left( {m + M} \right)a = T + \left( {M + m} \right)g\sin \beta$ et $N = \left( {M + m} \right)g\cos \beta$

            On en déduit T et N : $T = \left( {a - g\sin \beta } \right)\left( {M + m} \right)$ et $N = \left( {M + m} \right)g\cos \beta$

            T < 0 car le mouvement est ascendant (a < 0)

            $\frac{{\left| T \right|}}{{\left| N \right|}} = \tan \beta  - \frac{a}{{g\cos \beta }}$= 0,11 < f si f = 0,2. Il n’y a donc pas glissement.

III.3.c. La longueur parcourue avant que le clown tombe est plus importante que dans les cas précédents car l’accélération est plus faible :

$d = \frac{{v_{\lim }^2}}{{2a}}$= 11 m  La hauteur dont est monté le système est $h = d\sin \beta$= 1 m

III.3.d. La puissance utile développée par le clown sert ici à augmenter l’énergie cinétique du système clown-ballon mais aussi à accroître l’énergie potentielle du système :

${P_u} = \frac{{d{E_K}}}{{dt}} + \frac{{d{E_p}}}{{dt}} = \left( {M + \frac{5}{3}m} \right){\bf{v}}.{\bf{a}} - \left( {M + m} \right)g\sin \beta v$ car ${E_p} =  - \left( {M + m} \right)gx\sin \beta  + {\rm{constante}}$

On en déduit la puissance instantanée : ${P_u} = \left( {\left( {M + \frac{5}{3}m} \right)a - \left( {M + m} \right)g\sin \beta } \right)at$

La puissance maximale développée par le clown se situe juste avant qu’il tombe :

${P_{uMAX}} = \left( {\left( {M + \frac{5}{3}m} \right)a - \left( {M + m} \right)g\sin \beta } \right){v_{\lim }}$            A.N : P_uMAX = 136 W

C’est la puissance développée pour accroître l’énergie potentielle qui est prépondérante (120 W) ce qui explique l’écart important entre la puissance développée par le clown sur le plan incliné et celle développée sur le plan horizontal.

Concours Mines-Ponts 1984 Filière M, P’ (Énoncé)

                                                                 Équilibre d’un clown sur un ballon

Dans tout le problème, les vecteurs sont notés en caractères gras.

Un ballon sphérique de rayon R, rigide, de masse m uniformément répartie en surface, roule sans glisser sur le sol horizontal de sorte que son centre reste dans le plan xOz d’un référentiel (R ) =(O, x, y, z) supposé galiléen, dont Oz désigne la verticale ascendante. L’intensité de la pesanteur est g ; les vecteurs unitaires portés par les axes Ox, Oy, Oz sont respectivement désignés par e_x, e_y, e_z et forment un trièdre (cf. figure 1). Le coefficient de frottement de glissement sur le sol Ox est constant et égal à f.

A l’instant initial t = 0, le centre C du ballon immobile, a pour coordonnées x = y = 0, z = R. Un clown a ses pieds en un point A du ballon situé dans le plan xOz et tel que la droite CA fasse un angle a avec la verticale (cf. figure 1). Le clown marche ou court à petits pas sur le ballon en direction de son point le plus haut : à tout instant la droite instantanée CA fait l’angle a avec la verticale. Le clown est assimilé à un solide de masse M de centre de masse H : AH est constamment vertical ; AH = h =2R. On néglige l’inertie des parties mobiles du clown dans sa marche ou sa course à petits pas de sorte que son mouvement est, dans (R ), un mouvement de translation.

On désigne par v et a la vitesse et l’accélération de C dans (R ). La rotation du ballon dans (R ) est comptée positivement suivant Oy ; f est l’angle de rotation et on pose $\dot \varphi  = \frac{{d\varphi }}{{dt}}$ (cf. figure 1).

I. CINEMATIQUE ET CINETIQUE

I.1.  

I.1.a. Quelles sont la vitesse v_H et l’accélération a_H de H dans (R ) ?

I.1.b. En déduire la vitesse v_G et l’accélération a_G du centre de masse G du système clown-ballon dans son mouvement par rapport à (R ) ?

I.2. Quelle est la relation traduisant le roulement sans glissement du ballon au point de contact I avec le sol ?
I.3. Quelle est la vitesse du clown par rapport à la surface du ballon, avec laquelle il est en contact ?
I.4. Montrer que le moment d’inertie J du ballon autour de l’axe Cy parallèle à Oy est $\frac{2}{3}m{R^2}$.

I.5.  

I.5.a. Quel est, dans (R ), le moment cinétique L_C du ballon en son centre C ?

On exprimera L_C en fonction de m, R et v = v.e_x.

I.5.b. En déduire le moment cinétique L_I du ballon, dans (R ), au point de contact I.

I.6.  

I.6.a. Quel est, dans (R ), le moment cinétique L’_H du clown en H ?

En déduire le moment cinétique L’_I, dans (R ), du clown en I.

I.6.b. Exprimer en fonction de R, v, m, M et a le moment cinétique total L du système clown-ballon en I, dans le référentiel (R ).

II. DYNAMIQUE

II.1. On considère le moment cinétique L_P, d’un solide quelconque (S), de centre de masse G, calculé dans un référentiel (R ), en un point P quelconque de (S). Etablir le théorème du moment cinétique en P.

II.2.  

II.2.a. En appliquant le théorème du moment cinétique au point géométrique de contact I, montrer que l’accélération du point C est :

$a = \frac{{Mg\sin \alpha }}{{\frac{5}{3}m + M(3 + \cos \alpha )}}$

II.2.b. Application numérique : calculer a pour M = 60 kg ; m = 6,0 kg ; R = 0,50 m ; a = 5,0° ; g = 9,8 m.s^-2

II.3.  

II.3.a. Calculer les composantes tangentielle T et normale N de la réaction du sol sur le ballon.

II.3.b. Montrer que si f = 0,2 il ne peut y avoir glissement ni au départ, ni en un instant ultérieur.

II.4. Le clown ne peut courir à petits pas à plus de 2,0 m/s par rapport à la surface du ballon.

II.4.a. Au bout de combien de temps t, cette vitesse est-elle atteinte ? Quelle est la distance L parcourue par le ballon ? Que se passe-t-il ensuite ? (On demande pour t et L les expressions littérales et les valeurs numériques).

II.4.b. Quel est le maximum de la puissance utile P_u fournie par le clown, c’est-à-dire la puissance fournie pour accroître dans (R ) l’énergie cinétique du système clown-ballon ? On donnera l’expression littérale de P_u au cours du temps, puis sa valeur maximale, littérale et numérique.

III. STATIQUE ET DYNAMIQUE SUR UN PLAN INCLINÉ

Le ballon est désormais sur une planche inclinée, dont la ligne de plus grande pente, choisie comme axe Ox du référentiel (R’ ) galiléen, fait l’angle b avec le sol. L’axe Oz est orthogonal à Ox et dirigé vers le haut (figure 2).

Le clown est toujours vertical, c’est-à-dire que AH est orthogonal au sol. L’angle de CA avec IC est noté a, comme dans les parties I et II (figure 2).

III.1. On suppose que le clown est en équilibre sur le ballon et on admet que le coefficient de frottement du clown sur le ballon en A est suffisant pour que le glissement soit absent en A.

III.1.a. Quelle est la valeur de a qui, pour b donné, permet dans (R’ ) l’équilibre du système clown-ballon.

III.1.b. Quelle est la condition sur b pour que le glissement en I ne s’amorce pas ? On prendra f = 0,2.

III.1.c. Calculer numériquement a à l’équilibre pour b = 5,0°.

III.2. Le système clown-ballon descend le plan incliné suivant la ligne de plus grande pente Ox : $v \ge 0$. Le clown marche ou court pour maintenir a constant. Initialement, le ballon et le clown sont immobiles.

III.2.a. Exprimer dans (R’ ) le moment cinétique total en I en fonction de m, M, R, v, a et b.

Vérifier ce résultat dans un cas particulier.

III.2.b. Montrer que le mouvement de C est uniformément varié. On donnera l’expression de ${\bf{a}}(m,M,g,\alpha ,\beta )$. Vérifier cette expression dans un cas particulier et retrouver le résultat de la question III.1.

III.2.c. On prend a = b = 5°. Calculer a puis la distance parcourue quand le clown atteint la vitesse limite, par rapport au ballon, de 2 m/s. Comparer au résultat de II.4 et commenter.

III.3. Le clown veut avoir un mouvement ascendant, c’est-à-dire remonter la pente Ox.

III.3.a. Montrer que a doit satisfaire à une inégalité dépendant de b. Si b = 5,0°, la valeur a = -15° est-elle satisfaisante ? Calculer a dans ce cas.

III.3.b. Calculer les composantes tangentielle et normale de la réaction de la planche sur le ballon et vérifier que le glissement ne peut s’amorcer si f = 0,2.

III.3.c. Quelle longueur le ballon peut-il parcourir avant que le clown perde l’équilibre ? A quelle hauteur cela correspond-il ?

III.3.d. Comment devrait-on définir ici la puissance utile développée par le clown ? Calculer sa valeur maximale compatible avec l’équilibre du clown sur le ballon. Comparer au résultat de la question II.4.b et commenter.

Fin du problème

Concours Physique Mines-Ponts 1995

Concours Physique Mines-Ponts 1995 : énoncé, corrigé
Voyage au centre de la terre.

Concours Physique Mines-Ponts MP’ (deuxième partie) Physique I 1995

Concours Physique Mines-Ponts MP’ (deuxième partie) Physique I 1995 : énoncé, corrigé
Modulation de fréquence