Eléments de correction du Devoir Maison n°10

Yves Josse

Description

Niveau: Supérieur
Eléments de correction du Devoir Maison no 10 Problème 1 Quelques aspects thermodynamiques de l'atmosphère A Equilibre isotherme de l'atmosphère A.1 a) L'air est constitué de 80 % de diazote et de 20 % de dioxygène. Sa masse molaire vérifie donc Ma = 80100MN2 + 20 100MO2 d'où la valeur annoncée. On part de PV = nRT avec V = mµ et n = m Ma donc en remplaçant, on a P mµ = m Ma RT soit P = µ RMaT . On pose donc Ra = R Ma . On a Ra = 289 J.K?1.kg?1. b) cf cours. A.2 On a dPdz = ?µg = ? Pg RaT0 soit dPP = ? g RaT0 dz. En intégrant entre z = 0 (P = P0) et z (P (z)), on trouve P (z) = P0 exp(? gz RaT0 ) . On pose H = RaT0g donc P (z) = P0 exp(? z H ). H est la longueur caractéristique des variations de P (z). On trouve H = 8, 83.103 m . Comme P = µRaT0, on a µ(z) = P0 RaT0 exp(? zH ). En posant µ(z = 0) = µ0 = P0 RaT0 , on a µ(z) = µ0 exp(? zH ) .

• mv0 z


• axe oz


• ?p0s2


• modèle d'atmosphère isotherme


• milieu de pression uniforme


• equation différentielle

Sujets

• Équation différentielle

Informations

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• Langue: Français

Extrait

o ElÉments de correction du Devoir Maison n10

ProblÈme 1Quelques aspects thermodynamiques de l’atmosphÈre A Equilibreisotherme de l’atmosphre A.1 a) L’air est constituÉ de 80 % de diazote et de 20 % de dioxygÈne. Sa masse molaire vÉrifie donc 80 20 M a =M N 2 +M O 2 d’oÙ la valeur annoncÉe. 100 100 m mm m On part deP V=nRTavecV=etn=donc en remplaÇant, on aP=RTsoit µ M a µ M a R R −1−1 P=µ T. On pose doncR a =. On aR a = 289J.K .kg. M a M a b) cfcours. dP Pg dPg A.2On a=−µg=−soit=−dz. En intÉgrant entrez= 0(P=P 0 ) etz(P(z)), dz R a T 0 P R a T 0 gz R a T 0 z on trouveP(z) =P 0 exp(−). On poseH=doncP(z) =P 0 exp(−). R a T 0 g H 3 Hest la longueur caractÉristique des variations deP(z). On trouveH= 8,83.10m. P 0 z P 0 CommeP=µR a T 0 , on aµ(z) =exp(−). En posantµ(z= 0) =µ 0 =, on a R a T 0 H R a T 0 z µ(z) =µ 0 exp(−). H

B Stabilitde l’atmosphre isotherme C pm R γR B.1Pour un gaz parfait, on aC pm =C vm +Retγ=doncC vm =etC pm =. C vm γ−1γ−1 C pm γR γR a On ac P =doncc p =soitc P =. M a M a (γ−1) γ−1 3−1 On trouvec P = 1,01.10J.kg. B.2Equilibre thermique :T 1 =T(z 0 )et Équilibre mÉcanique :P 1 =P(z 0 ). dP B.3On aδP 1 =P(z 0 +ε)−P(z 0 ). Commeε << z 0 , on aδP 1 = (z=z 0 )ε. En utilisant la RFSF, dz on a trouveδP 1 =−µ(z 0 )gε. 1 µ(z 0 )g De plus,P=µR a T 0 doncδµ=δP 1 soitδµ=−ε. R a T 0 R a T 0 γ γ B.4La transformation est adiabtique rÉversible doncP(z 0 )V 1 (z 0 ) =(P(z 0 ) +δP 1 )(V 1 (z 0 ) +δV 1 ) δV 1 γ δP 1 −1 soit)(1 +) =(1 +. V 1 P(z 0 ) Comme l’on envisage un dÉplacement de faible amplitude, les variations sont faibles par rapport δV 1 δP 1 aux valeurs initiales et on peut dÉvelopper l’expression prÉcÉdente À l’ordre 1 :1 +γ= 1− V 1 P(z 0 ) δP 1 doncδV 1 =−V 1 . γP(z 0 ) V 1 En remplaÇantδP 1 par son expression,δV 1 =µ(z 0 )gε. CommeP(z 0 ) =µ(z 0 )RaT 0 , on a γP(z 0 ) V 1 g δV 1 =ε. γR a T 0 −→ B.5La poussÉe d’ArchimÈde qui s’exerce sur la parcelle d’air À l’altitudez 0 +ε(t)est Égale ÀΠ a = −→ −→−→ µ(z 0 +ε)(V 1 +δV 1 )ge z soit À l’ordre 1,Π a = (µ(z 0 )V 1 +δµV 1 +µ(z 0 )δV 1 )ge z . −→−→−→−→ −→ La rÉsultante des forces estF=P+ Π a avecP=−µ(z 0 )V 1 ge z ;, poids de la particule de fluide −→ −→ d’oÙF= (δµV 1 +µ(z 0 )δV 1 )ge z . −→ 2 µ(z 0 )V 1 g 1 −→ En remplaÇant, on aF=−(1−)εe z . R a T 0 γ

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2 2 ε µ(z 0 )V g 1 d 1 B.6Le PFD en projection sur l’axe vertical donnem 2 =−(1−)ε. Orm=µ(z 0 )V 1 , on dt R a T 0 γ 2 2 d ε g γ−1 a donc 2 =−ε. dt R a T 0 γ 2 2 γR a g γ d ε −1 Commec P =, on a 2 +ε= 0d’oÙ l’Équation demandÉe γ−1dt c p T 0 γ

2 d ε 2 2 +N ε= 0 dt q 2 g 2π avecN=.Net homogÈne À l’inverse d’un temps,T=est la pÉriode du mouvement. c P T 0 N 2 On trouveT≈3,4.10s. La particule oscille de part et d’autre de sa position d’Équilibre : le modÈle est stable. Le modÈle d’atmosphÈre isotherme n’est pas adaptÉe aux premiÈres couches de l’atmosphÈre ter- restre oÙ la tempÉrature diminue avec l’altitude.

ProblÈme 2Cabine de Sauna 1. Enl’absence de pertes thermiques vers le milieu extÉrieur et sans personne dans la cabine, l’Énergie consommÉe par le radiateur est cÉdÉe À la cabine et À l’air qu’elle contient. Ces derniers voient leur tempÉrature passer det 0 Àt 1 . Cela se traduit par l’ÉgalitÉ :P T= (C+µV c V )(t 1 −t 0 )soit (C+µV c V )(t 1 −t 0 ) T8 min 19 s= = P P nR f P 0 2. Ensupposant le gaz parfait, comme le volume de la cabine est constant on a := =. V T T f 0 T f SoitP f =P 0 = 1,2 bar T 0 3. Onestime que les pertes thermiques sont caractÉrisÉes par un flux : −1 Φ =A(θ 1 −θ 0 )avecA= 70W.K Aest le coefficient de pertes thermiques. Une partie de l’Énergie consommÉe par le radiateur Étant perdue (elle ne sert donc pas À rÉchauffer la cabine et l’air), il vient que le processus de rÉchauffement est moins efficace. La durÉe calculÉe prÉcÉdemment est donc sous estimÉe. 4. En rÉgime permanent, la cabine et l’air sont À tempÉrature constantet 1 . Les seuls Échanges thermiques en jeu sont donc la compensation des pertes par le fonctionnement du radiateur. Comme la puissance du radiateur a ÉtÉ baissÉe, celui-ci fonctionne dÉsormais avec une puissance A(t 1 −t 0 ) αPoÙαest la fraction de puissance recherchÉe. On a donc ici :α= =0,42. Le radiateur P fonctionne À 42% de sa puissance maximale. 5. Quandla personne est entrÉe dans la cabine, la vaporisation de sa transpiration prÉlÈve À l’air 0 ΦΔt une Énergie (puissance×durÉe)Φ ΔtÉgale ÀmL V On obtient alors :m213= =g. Mais L V combien perd-on de gras en perdant 213 g d’eau?

ProblÈme 3MÉthode de Rckhardt A Ètudemcanique

A.1La force pressante ÉlÉmentaire exercÉe par le milieu sur un ÉlÉment de surface est portÉe par la −−−−→ −→ 2 normale À cet ÉlÉment :dF(M) =−P 0 dS navecdS=rsinθdθdϕ. D’aprÈs la symÉtrie de rÉvolution autour de l’axeOz, la rÉsultante de ces forces est verticale. La composante utile de la force pressante −→ −→ ÉlÉmentaire est donc verticale :dF z =dF .u z =−P 0 dScosθ. L’angle reste constant ÀdθprÈs sur le ruban d’airedS; l’intÉgration par rapport À la variableϕ(variant de0À2π) permet de dÉterminer la 2 forcedF zs’exerÇant surdS:dF z =−P 0 2πrsinθcosθdθ. L’intÉgration par rapport À la variableθse

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R π π 2 2 2 2 2 fait entre0etπ/2pour la demi-sphÈ−P πrcos( 2θdθ) =−P πr[sinθ] re supÉrieure :F z = 0 0 sinθ 0 0 La force de pression exercÉe sur la demi sphÈre de rayonrpar un milieu de pression uniformeP 0 situÉ −→ −→ 2 →− au dessus d’elle est donc :F=F z u z =−P 0 πr u z Remarque : la force de pression exercÉe sur la demi sphÈre de rayonrpar un milieu de pression uniforme −→ 2 −→ PsituÉ au dessous d’elle est :F=uP πr z . A.2nÉglige les forces de frottement sur l’air ou sur les parois, les forces s’exerÇant sur la billeSi on −→ 2 −→ sont son poids et les forces pressantes :ΣF= (−mg+ (P−P 0 )πr)u z A.3On applique le principe fondamental de la dynamique À la bille de massemdans le rÉfÉ- rentiel terrestre supposÉ galilÉen. En projetant cette Équation vectorielle sur l’axeO z on obtient 2 d z 2 m 2 =−mg+ (P−P 0 )πr. A l’Équilibre, l’accÉlÉration est nulle et la somme des forces extÉrieures dt mg aussi ;d’oÙ :P eq =P 0 + 2 πr

B Ètudethermodynamique B.1La loi de Laplace s’applique dans le cas d’un systÈme fermÉ constituÉ d’un gaz parfait dont le rapportγreste constant au cours d’une transformation adiabatique et infiniment lente (mÉcanique- ment rÉversible). Si l’on considÈre une transformation ÉlÉmentaire du gaz entre les États(P, V, T)et (P+dP, V+dV, T+dT)la loi de Laplace devient en effectuant une diffÉrentielle logarithmique : dP dV +γ= 0 P V B.2Lorsque la bille est en Équilibre, l’air contenu dans la bouteille occupe un volumeV e =V 0 +sz mg |V e −V 0 |s|z| e −3 sous pressionP e =P 0 +. Il en rÉsulte :8= =,2.101d’oÙ|V e −V 0 | 1et s V 0 V 0 |P−P 0 | e mg −3 = =7,8.101d’oÙ|P e −P 0 | 1. On peut donc confondre petites variations et P 0 P 0 s diffÉrentielles et utiliser la loi de Laplace sous forme diffÉrentielle À partir de l’État initial (V 0 ;z= 0; P−P 0 V−V 0 γP 0 s P 0 ) :+γsoit, avecV−V 0 =sz:P−P 0 =−z P 0 V 0 V 0 2 2 d z γP 0 s B.3On reprend l’Équation diffÉrentielle de A.1.c) et on divise parmet on obtient : 2 +z=−g dt mV 0 V 0 et sachant quez=−(P−P 0 ), l’Équation diffÉrentielle satisfaite parP(t)s’Écrit : γP 0 s 2 2 d P γP 0 s γP 0 s 2 +P= (P 0 s+mg) dt mV 0 mV 0 q 2 γP 0 s B.4En posantω 0 =, la pulsation propre du mouvement oscillatoire dÉcrit par la bille, mV 0 2 d z 2 e parz(t)devient : l’Équation diffÉrentielle vÉrifiÉ 2 +ω 0 z=−g, de solutionz(t) =Acos(ω 0 t+ dt g mgV 0 ϕ) +z e , avecz eq =− 2 =− 2 (position À l’Équilibre). La pÉriode propre a pour expression : ω γP 0 s 0 q 2 2 π mV 0 4π mV 0 θ= =2π 2 , ce qui conduit Àγ= 2 2 ω 0 γP 0 s P 0 s θ B.5Bien que l’enregistrement expÉrimental fasse apparatre un amortissement des oscillations dÛ À des phÉnomÈnes nÉgligÉs pour l’instant, on admet que la pÉriode propre est voisine de la pseudo pÉriode,θ= 1,12s. On en dÉduit numÉriquementγ= 1,31. Dans le cas d’un gaz parait diatomique, 7 le rapportγdes capacitÉs thermiques À pression ou À volume constants a pour valeurγ1= =,4. La 5 valeur otenu est donc infÉrieur À celle obtenue. 2 g gθ B.6z eq =− 2 =− 2 =−0,31mOn constate un Écart avec la valeur expÉrimentale (z eq =−0,41m), ω 4π 0 ce qui s’explique par l’emploi d’un modÈle insuffisant : on n’a pas tenu compte des phÉnomÈnes dissi- patifs, ni du transfert thermique À travers la paroi.

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C Interprtationdes amortissements C.1La variation de l’Énergie totale d’un systÈme fermÉ entre deux États est Égale À la somme du transfert thermiqueQreÇu par le systÈme et du travailWdes forces extÉrieures non conservatives entre ces deux États :ΔE=W+Q C.2On admet que l’Équilibre obtenu est un Équilibre mÉcanique et thermique : le systÈme formÉ par la bille et le gaz intÉrieur À la bouteille Étant en contact thermique avec l’extÉrieur, l’Équilibre thermique est rÉalisÉ lorsque les tempÉratures du systÈme et de l’extÉrieur sont Égales. – Lavariation d’Énergie interne du gazΔU g : le gaz Étant parfait, son Énergie interne ne dÉpend que deT. Or la variation de tempÉrature du gaz est nulle. DoncΔU g = 0; – lavariation d’Énergie cinÉtique de la billeΔE cb : À l’instant oÙ on láche la bille et À l’Équilibre de la bille, l’Énergie cinÉtique de la bille est nulle. DoncΔE cb = 0; – La variation d’Énergie potentielle de pesanteur de la billeΔE pb : Elle est Égale À l’opposÉ du 0 travail du poids entre ces deux positions :ΔE pb =mgz; eq 0 – Letravail des forces de pressionW:δW=−P 0 dV, d’oÙW=−P 0 ΔV=la −P 0 Sz eq ,P 0 Étant pression extÉrieure exercÉe sur le systÈme (gaz+bille). – Letransfert thermiqueQ: on le calcule À partir du bilan d’Énergie : 0 Q= ΔE−W= (mg+P 0 s)z <0. Ce transfert thermique s’effectue du gaz vers le milieu ex- eq tÉrieur À travers la paroi. C.3Si l’on admet que la variation de tempÉrature du systÈme est nulle, la prise en compte des capacitÉs calorifiques du verre et de la bille ne change rien. C.4Le gaz contenu dans la bouteille, supposÉ parfait, Évolue lors d’une transformation monotherme considÉrÉe entre l’État initial(P 0 , V 0 , T O )et l’État d’Équilibre mÉcanique et thermique caractÉrisÉ par : mg 0 0 P e =P 0 +,V=V 0 +szL’expres s e eq ,T e =T 0 de. ionzse dÉduit de l’Équation d’État de ce gaz eq P 0 V 0 P e V e mg 0 0 mgV 0 (V+sz)itz=−=−0,41m. La valeur parfait :=d’oÙP 0 V 0 = (P 0 + ) 0 eq so eq s (mg+P 0 s) T 0 T 0 s 0 obtenue À l’aide de ce modÈle correspond À la valeur expÉrimentalez=−0,41m, ce qui valide le eq modÈle proposÉ.

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