Eléments de correction du Devoir Maison n°10

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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


Publié le : mercredi 30 mai 2012
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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 Ma=MN2+MO2d’oÙ la valeur annoncÉe. 100 100 m mm m On part deP V=nRTavecV=etn=donc en remplaÇant, on aP=RTsoit µ Maµ Ma R R11 P=µ T. On pose doncRa=. On aRa= 289J.K .kg. MaMa b) cfcours. dP Pg dPg A.2On a=µg=soit=dz. En intÉgrant entrez= 0(P=P0) etz(P(z)), dz RaT0P RaT0 gz RaT0z on trouveP(z) =P0exp(). On poseH=doncP(z) =P0exp(). RaT0g H 3 Hest la longueur caractÉristique des variations deP(z). On trouveH= 8,83.10m. P0z P0 CommeP=µRaT0, on aµ(z) =exp(). En posantµ(z= 0) =µ0=, on a RaT0H RaT0 z µ(z) =µ0exp(). H
B Stabilitde l’atmosphre isotherme CpmR γR B.1Pour un gaz parfait, on aCpm=Cvm+Retγ=doncCvm=etCpm=. Cvmγ1γ1 CpmγR γRa On acP=donccp=soitcP=. MaMa(γ1)γ1 31 On trouvecP= 1,01.10J.kg. B.2Equilibre thermique :T1=T(z0)et Équilibre mÉcanique :P1=P(z0). dP B.3On aδP1=P(z0+ε)P(z0). Commeε << z0, on aδP1= (z=z0)ε. En utilisant la RFSF, dz on a trouveδP1=µ(z0). 1µ(z0)g De plus,P=µRaT0doncδµ=δP1soitδµ=ε. RaT0RaT0 γ γ B.4La transformation est adiabtique rÉversible doncP(z0)V1(z0) =(P(z0) +δP1)(V1(z0) +δV1) δV1γ δP11 soit)(1 +) =(1 +. V1P(z0) Comme l’on envisage un dÉplacement de faible amplitude, les variations sont faibles par rapport δV1δP1 aux valeurs initiales et on peut dÉvelopper l’expression prÉcÉdente À l’ordre 1 :1 +γ= 1V1P(z0) δP1 doncδV1=V1. γP(z0) V1 En remplaÇantδP1par son expression,δV1=µ(z0). CommeP(z0) =µ(z0)RaT0, on a γP(z0) V1g δV1=ε. γRaT0 −→ B.5La poussÉe d’ArchimÈde qui s’exerce sur la parcelle d’air À l’altitudez0+ε(t)est Égale ÀΠa= −→ µ(z0+ε)(V1+δV1)gezsoit À l’ordre 1,Πa= (µ(z0)V1+δµV1+µ(z0)δV1)gez. −→ La rÉsultante des forces estF=P+ ΠaavecP=µ(z0)V1gez;, poids de la particule de fluide −→ −→ d’oÙF= (δµV1+µ(z0)δV1)gez. −→ 2 µ(z0)V1g1−→ En remplaÇant, on aF=(1)εez. RaT0γ
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2 2 ε µ(z0)V g1 d1 B.6Le PFD en projection sur l’axe vertical donnem2=(1)ε. Orm=µ(z0)V1, on dt RaT0γ 2 2 d εg γ1 a donc2=ε. dt RaT0γ 2 2 γRag γd ε1 CommecP=, on a2+ε= 0d’oÙ l’Équation demandÉe γ1dt cpT0γ
2 d ε2 2+N ε= 0 dt q 2 g2π avecN=.Net homogÈne À l’inverse d’un temps,T=est la pÉriode du mouvement. cPT0N 2 On trouveT3,4.10s. 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 det0Àt1. Cela se traduit par l’ÉgalitÉ :P T= (C+µV cV)(t1t0)soit (C+µV cV)(t1t0) T8 min 19 s= = P P nRfP 0 2. Ensupposant le gaz parfait, comme le volume de la cabine est constant on a := =. V T T f0 Tf SoitPf=P0= 1,2 bar T0 3. Onestime que les pertes thermiques sont caractÉrisÉes par un flux : 1 Φ =A(θ1θ0)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 constantet1. 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(t1t0) αPαest 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 0ΦΔt une Énergie (puissance×durÉe)Φ ΔtÉgale ÀmLVOn obtient alors :m213= =g. Mais LV 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) =P0dS 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 :dFz=dF .uz=P0dScosθ. L’angle reste constant ÀprÈs sur le ruban d’airedS; l’intÉgration par rapport À la variableϕ(variant de0À2π) permet de dÉterminer la 2 forcedF zs’exerÇant surdS:dFz=P02πrsinθcosθdθ. L’intÉgration par rapport À la variableθse
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R π π 222 22 fait entre0etπ/2pour la demi-sphÈP πrcos( 2θdθ) =P πr[sinθ] re supÉrieure :Fz=0 0sinθ0 0 La force de pression exercÉe sur la demi sphÈre de rayonrpar un milieu de pression uniformeP0situÉ −→ 2au dessus d’elle est donc :F=Fzuz=P0πr uz Remarque : la force de pression exercÉe sur la demi sphÈre de rayonrpar un milieu de pression uniforme −→ 2PsituÉ au dessous d’elle est :F=uP πrz. A.2nÉglige les forces de frottement sur l’air ou sur les parois, les forces s’exerÇant sur la billeSi on −→ 2sont son poids et les forces pressantes :ΣF= (mg+ (PP0)πr)uz 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’axeOzon obtient 2 d z2 m2=mg+ (PP0)πr. A l’Équilibre, l’accÉlÉration est nulle et la somme des forces extÉrieures dt mg aussi ;d’oÙ :Peq=P0+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 volumeVe=V0+sz mg|VeV0|s|z| e3 sous pressionPe=P0+. Il en rÉsulte :8= =,2.101d’oÙ|VeV0| 1et s V0V0 |PP0| emg3 = =7,8.101d’oÙ|PeP0| 1. On peut donc confondre petites variations et P0P0s diffÉrentielles et utiliser la loi de Laplace sous forme diffÉrentielle À partir de l’État initial (V0;z= 0; PP0VV0γP0s P0) :+γsoit, avecVV0=sz:PP0=z P0V0V0 2 2 d zγP0s B.3On reprend l’Équation diffÉrentielle de A.1.c) et on divise parmet on obtient :2+z=g dt mV0 V0 et sachant quez=(PP0), l’Équation diffÉrentielle satisfaite parP(t)s’Écrit : γP0s 2 2 d PγP0s γP0s 2+P= (P0s+mg) dt mV0mV0 q 2 γP0s B.4En posantω0=, la pulsation propre du mouvement oscillatoire dÉcrit par la bille, mV0 2 d z2 e parz(t)devient : l’Équation diffÉrentielle vÉrifiÉ2+ω0z=g, de solutionz(t) =Acos(ω0t+ dt g mgV0 ϕ) +ze, aveczeq=2=2(position À l’Équilibre). La pÉriode propre a pour expression : ω γP0s 0 q 2 2π mV04π mV0 θ= =2π2, ce qui conduit Àγ=2 2 ω0γP0s P0s 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.6zeq=2=2=0,31mOn constate un Écart avec la valeur expÉrimentale (zeq=0,41m), ω4π 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 gazΔUg: le gaz Étant parfait, son Énergie interne ne dÉpend que deT. Or la variation de tempÉrature du gaz est nulle. DoncΔUg= 0; – lavariation d’Énergie cinÉtique de la billeΔEcb: À l’instant oÙ on láche la bille et À l’Équilibre de la bille, l’Énergie cinÉtique de la bille est nulle. DoncΔEcb= 0; – La variation d’Énergie potentielle de pesanteur de la billeΔEpb: Elle est Égale À l’opposÉ du 0 travail du poids entre ces deux positions :ΔEpb=mgz; eq 0 – Letravail des forces de pressionW:δW=P0dV, d’oÙW=P0ΔV=la P0Szeq,P0Étant pression extÉrieure exercÉe sur le systÈme (gaz+bille). – Letransfert thermiqueQ: on le calcule À partir du bilan d’Énergie : 0 Q= ΔEW= (mg+P0s)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(P0, V0, TO)et l’État d’Équilibre mÉcanique et thermique caractÉrisÉ par : mg0 0 Pe=P0+,V=V0+szL’expres s eeq,Te=T0de. ionzse dÉduit de l’Équation d’État de ce gaz eq P0V0PeVemg0 0mgV0 (V+sz)itz==0,41m. La valeur parfait :=d’oÙP0V0= (P0+ )0eqsoeq s(mg+P0s) T0T0s 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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