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Physique PT - Exercices

De
400 pages

En complément des Nouveaux Précis, des livres d'exercices offrent les corrigés détaillés et commentés des énoncés « incontournables » de deuxième année, classés par thème et couvrant tout le programme par filière. Pour s'entraîner efficacement et progresser tout au long de l'année, l'analyse rigoureuse de chaque énoncé montre :
- « Ce qu'il faut savoir » : les notions physiques et les outils mathématiques à connaître pour résoudre l'exercice
- « Ce qu'il faut comprendre » : les principales étapes du raisonnement applicables à d'autres énoncés du même type.

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Avant-propos
esNouveaux Précis Bréalsont conçus pour apporter aux étudiants des classes préparatoires L une aide efficace dans leur travail. Ils ont pour objectif de dégager, à travers des énoncés variés et classiques, les méthodes qui permettent laconstruction progressive et raisonnéede la solution d’un exercice ou d’un problème. C’est pourquoi il est souhaitable de les utiliser tout au long de l’année, parallèlement à l’acquisition des connaissances. Les exercices proposés ont été sélectionnés pour leur représentativité : ils permettent de présenter l’ensemble des méthodes et des raisonnementsqui, une fois assimilés, doivent permettre de résoudre, sans trop de difficultés, des exercices analogues.
Ce volume traitel’ensemble du programme de physique de deuxième année PT. Chaque chapitre propose une série d’exercices structurésdont lasolutionesttrès détaillée, suivis de quelques exercices corrigés de réinvestissement. Chaque exercice de la première catégorie est caractérisé par : unénoncéconstitué de questions progressives ; «Ce qu’il faut savoir» : la liste des connaissances – en physique (« Points de cours ») et parfois en mathématiques (« Outils mathématiques ») – nécessaires pour traiter l’exercice ; «Ce qu’il faut comprendre» : l’analyse qui propose brièvement les chemins à suivre pour répondre efficacement aux questions posées. C’est un moment essentiel dans la recherche de la solution : assez brève, l’analyse doit précéder la mise en œuvre des calculs. Il nous paraît très important que la recherche de la solution passe systématiquement par cette étape. Il n’y a rien de plus stérile que de se lancer dans les calculs sans savoir de façon précise dans quel but ils sont entrepris… la solution proprement dite dans laquelle sont souvent rappelés et développés quelques «Points cours» dont une bonne compréhension est indispensable. Des «Points méthodes» (sur fond grisé) permettent d’affiner la réflexion : il s’agit soit de mises en garde afin d’éviter une erreur fréquente de raisonnement, soit le plus souvent d’explications supplémentaires justifiant le choix d’un théorème ou la pertinence d’un raisonnement. Des «commentaires» conduisent à une discussion des résultats obtenus et à une vérification de leur cohérence (recherche de cas ou de valeurs limites, approches différentes pouvant donner un autre éclairage…). Ces commentaires jouent un rôle comparable à l’analyse, mais cette fois après le développement des calculs : c’est une forme de contrôle des résultats obtenus.
Analyse et discussion, qui sont finalement les deux points les plus importants pour le physicien, sont aussi sans doute les étapes les plus difficiles à mettre en œuvre, mais leur bonne prise en compte facilitera considérablement la construction d’une solution structurée (et exacte…) de chaque exercice.
Nous espérons que cet ouvrage aidera les étudiants dans cette voie, dans la perspective d’une réussite aux concours. Nous accueillerons avec reconnaissance les remarques et les critiques des lecteurs, qui peuvent nous être adressées par courrier électronique à l’adresse suivante : infos@editions-breal.fr.
Les auteurs
Partie 1
Thermodynamique
pitr a he C 1
Énergie et entropie
101
Exercice 101
Compressions d’un gaz
Partie A Onfaitsubiràunkilogrammedegaz,contenudansuncylnidremunidunpiston,une transformation isotherme réversible qui le fait passer de l’état P=0,68 atm, 1 T=422 Kà l’état P=4,56 atm. Préciser les échanges d’énergie nécessaires à 1 2 la réalisation de cette transformation. Commenter les résultats obtenus.
h s v
P=0,68 atm ; ;T=422 K1 1 2 777 7,785 2,809
P=4,56 atm T=422 K2 1 2 743 6,846 0,4035
–1 –1 –1 h: enthalpie massique en kJ ∙ kg ;s∙ kg : entropie massique kJ ;∙ K v: volume 3 –1 5 massique en m ∙ kg ; 1 atm=1,013 ∙ 10 Pa. Partie B Une masse de 1 kg de vapeur d’eau est contenue dans un cylindre muni d’un piston. L’état initial est fixé par : P=et T2,04 atm =422 K. 0 0 Après compression, on fait passer la vapeur d’eau à l’état : P=4,08 atm et T=533,6 K. f f 1.On suppose le cylindre et le piston adiabatiques. Déterminer le travail qu’il a fallu fournir pour réaliser la transformation. Est-elle réversible ? 2.Envisager une suite de deux transformations réversibles, simples, subies par la vapeur qui conduiraient au même état final. Déterminer, dans chaque cas, les échan-ges d’énergie avec le milieu extérieur et comparer au cas précédent. On donne :
P(atm) 2,04 4,08
3 –1 vkg )(m ∙ 1,0426 0,5870
5 1 atm=1,013 ∙ 10 Pa.
–1 h(kJ ∙ kg ) 2 766 2 984
–1 –1 s∙ K (kJ ∙ kg ) 7,2853 7,4013
1. Ce qu'il faut savoir • Premier et second principes de la thermodynamique. • Utilisation des tables de valeurs. • Réversibilité – irréversibilité.
2.
Ce qu'il faut comprendre
T(K) 422 533,2
A.On reliera les travaux et énergies thermiques échangés aux variations des fonctions d’état. Dans le cadre de la réversibilité, le second principe se traduit par une égalité. On pourra vérifier que le gaz étudié ne peut pas être assimilé à un gaz parfait.
10Partie 1 – Thermodynamique PT
B. 1.La transformation envisagée est adiabatique. Elle s’accompagne cependant d’une variation d’entropie (cf. tables) ; elle est de ce fait irréversible. 2.On pourra envisager une évolution réversible à partir de transformations isentropi-ques et de transformations isothermes réversibles.
3. Solution
101
Exercice
Partie A Appliquons à la masse de gaz considérée (ici 1 kg) les premier et second principes. Premier principe: uu=W+énergies cinétiques macroscopiques sont nulles dans l’état ini-Q (les 2 1 tial et dans l’état final) où : Wtravail mécanique fourni au gaz par l’intermédiaire du piston ; Qénergie ther-mique échangée avec le thermostat qui maintient la température constante (égale à T). 1 Or H=U+PV, soit pour l’unité de masse:h=u+Pv etuu=(hh)(PvPv). 2 1 2 1 2 2 1 1 Finalement, nous avons :(hh)(PvPv)=W+Q 2 1 2 2 1 1 Deuxième principe: Le système gaz échange l’énergie thermique Q avec le thermostat (température T ). La 1 transformation étant réversible, sa variation d’entropie est donnée par : Q Δs=ss= ----+0 (absence de production : réversibilité). 2 1 T 1
D’où Q=T(ss) 1 2 1 A.N.: il suffit de lire les valeurs deh,setvdans les tables. 1 Q=422× (6,8467,785) ⇒Q #369 kJ ∙ kg53 uu=(2 7432 777)(4,56×0,40350,68×2,809) ⋅1,01310×10 . 2 1 –3 Le coefficient 10 , qui apparaît dans cette expression, est nécessaire si l’on veut expri-–1 mer le résultat en kJ ∙ kg . 1 Ce qui donne :uu= –26,9kJ ∙ kg2 1
D’où : W=(uu)Q2 1
Commentaires
1 W=369 kJ ∙ kg
• Le gaz a subi une compression isotherme. Si le gaz était parfait, son énergie interne ne varierait pas (elle ne dépend alors que de la température : ainsi pour un gaz parfait monoatomique, 3 on au=N-kN est le nombre d’atomes etT, où kla constante de Boltzmann). B B 2 Pour un gaz parfait (GP) : W= –Q GP GP
Chapitre 1 – Énergie et entropie
11
101
Exercice
12
Ici W+Q0, ce qui traduit bien évidemment le caractère non parfait du gaz. Ainsi, si l’on tient compte d’interactions attractives entre particules, les distances plus faibles dans l’état final impliquent, dans ce cas, une énergie interne plus basse… •Pour appliquer le second principe, on aurait pu choisir comme système l’ensemble gaz + thermostat (le cylindre et le piston sont censés ne pas intervenir dans le bilan) : ΔS(gaz + thermostat)=00 + { { système isolé pas de création d’entropie (réversibilité) D’oùΔS(gaz) +ΔS(thermostat) = 0. OrΔS(gaz)=ss2 1 (Q) (s (Q) s2 1)+ ------------=0 ΔS(thermostat)= ------------T 1 T 1 Partie B B. 1.Appliquons le premier principe au gaz, les grandeurs énergétiques (énergie interne (u), enthalpie (h) et entropie) étant rapportées à l’unité de masse de vapeur d’eau. La transformation est adiabatique soit Q=0 (absence d’échanges thermiques avec l’extérieur). On a donc : Δu=W+travail total reçu par la vapeur d’eau).0 (W D’autre parth=u+Pv, d’où :Δu=ΔhΔ(Pv)
et W=hhPv+Pv f 0 f f 0 0 53 A.N.: W=2 9842 766+(2,04×1,04264,08×0,5870) ×1,013 10×10 –1 W # 191 kJ ∙ kg . La variation d’entropie du gaz vaut : –1 –1 Δs=ss=7,40137,2853Δ∙ Ks # 116 J ∙ kg . f 0 Et l’application du second principe au gaz donne ici : Δs=0+σ0 la transformation étant adiabatique).(s = e La compression envisagée, bien qu’adiabatique, s’accompagne d’une création d’entropie. Elle est doncirréversible. B. 2.On peut imaginer passer réversiblement de l’état initial à l’état final à la suite de deux transformations réversibles, constituées par une adiabatique réversible (donc isentropique) et une isotherme réversible. Soit deux cas possibles : Q=0QP ,T P,TP , T0 0 f f f (A) s s s (I) (II) 0 0 f
P ,T0 0 s 0
QQ=0(I)
P, T0 s f
Q=0
(II)
T P ,f f s f
(B)
L’état initial et l’état final ne sont pas modifiés, c’est la nature de la transformation qui l’est.
Partie 1 – Thermodynamique PT
On a donc les mêmesΔuetΔs. er Soit :Δu=W+Q;(1 principe) rev Qe Δs= -----dans le cadre de la réversibilité).(2 principe T f Nous obtenons alors pour (A) : Q=Q=TΔset W=W=ΔuTΔs rev f rev rev f De même, pour (B), nous aurions : Q=Q=TΔset W=W=ΔuTΔs rev 0 rev rev 0 –1 –1 A.N. :=6Q1,9 kJ ∙ kg ; W= 129 kJ ∙ kg ; rev –1 –1 Q=; W49,0 kJ ∙ kg .= 142 kJ ∙ kg rev Commentaires
• On a bien sûr Q+W′ ≈Q+W=Δu(aux erreurs d’arrondis près…). rev rev • Dans les deux cas, on a Wet d’autre part, si l’on désigne par TW ; la température rev irr de la source thermique avec laquelle le système est mis en contact lors de la double trans-formation (Test égale à T pour (B)), nous avons : Wpour (A) et T =ΔuT′Δs. f 0 rev OrΔu=W etΔs=σ(associée à la transformation irréversible initiale), d’où : irr W=W+T′σ (WW). irr rev irr rev • Si l’on envisageait maintenant une transformation adiabatique réversible du gaz à partir de l’état (P , T ) jusqu’à un état de même pression P que précédemment, on aurait : 0 0 f
P , T0 0 s 0
Q=0
P,Tf f s 0
En effet, la transformation adiabatique réversible serait isentropique. La température finale Tserait alors différente avec : f s(T′,P)=s=s(T,P)s(T,P). f f 0 0 0 f f D’oùs(T′,P)s(T,P)ce qui nous indique que la température finaleTf f f f f rieure à celle T effectivement obtenue. f
serait infé-
Chapitre 1 – Énergie et entropie
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Exercice