Cette pression, indépendante de M 1 n’a pas varié depuis
l’équilibre de la question 1. La température étant constante, le volume n’a pas non plus varié, d’où : V = V 0 .
3 • On obtient àn ouveauu né quilibre sans appui sur les
butées si :( m 1 +M 1 )S 2 =(m 2 +M 2 )S 1 .
Sachant que m 1 S 2 = m 2 S 1 ,T rois cas se présentent :
• M 2 M 1
:Lepiston (1) reste en butée. La pression
est imposée par l’équilibredupiston (2) :
P = P 0 +e t, comme le produit PV est
constant : V = V 0
.
• M 2 = M 1
:L es deux pistons sont àl ’équilibre sous
l’effet des seules forces de pression. La position des pistons est indifférente.
• M 2 M 1
:L episton (2) tombe jusqu’à se trouver sur
les butées. La pression est imposée par l’équilibre du
piston (1) : P = P 0 +
et V = V 0
.
Équilibred’uns ystème
1 • Les deux cylindres sont remplis d’un gazparfait, d’où :
==.
Notons que les conditions initiales (mêmes P , V , T dans
les deux cylindres) impliquent que les quantités de gaz
sont égales.
•Pour un déplacement de la tige rigide de x vers la
droite, les variations de V 1 et V 2 sont :
ΔV 1 =–Sx et ΔV 2 =2Sx ,soit : ΔV 2 =–2ΔV 1 .
Les volumes sont donc reliés par : V 2 – V 0 =–2(V 1 –V 0 )
ou encore : V 2 +2V 1 =3V 0 .
•L ar ésultante des forces appliquées au solide constitué
par la tige et les deux pistons est nulle. Ces forces se limitent aux forces pressantese xercées sur les deux pistons.
Prenons un sens positif orienté de la gauche vers la droite
de la figure.
Sur le piston d’aire 2S :+2P 2 Set –2P e S.
Sur le piston d’aire S :+P e Set – P 1 S .
On en déduit :2P 2 S –2P e S+P e S–P 1 S=0,
soit :2P 2 –P 1 =P e .
En toute rigueur,l ’atmosphère extérieure exerce sur les
pistons les forces –2P e (S–s)e tP e ( S –s )s isest la
section de la tige, mais, conformément àl ’énoncé, nous
P 1 V 1
T e
P 0 V 0
T 0
P 2 V 2
T e
3
P 0 S 1 + m 1 g
P 0 S 1 +(m 1 +M 1 )g
(m 1 +M 1 )g
S 2
S 2
S 1
S 2
S 1
P 0 S 2 + m 2 g
P 0 S 2 +(m 2 +M 2 )g
(m 2 +M 2 )g
S 2
S 2
S 1
convenons de négliger s devant S .
Nous avons donc àrésoudre le système :
P 1 V 1 = P 2 V 2 = P 0 V 0
(1) et (2)
V 2 +2V 1 =3V 0
(3)
2P 2 – P 1 = P e
(4)
On injecte (1) et (2) dans (4) en utilisant les notations proposées :
X 2 +2X 1 =3
–=
.
On élimine X 2 ,cequi donne l’équation du second degré :
2 X 1
2 –(4α–3)X 1 –3α=0.
La solution positive est :
X 1 =
soit : V 1 =
V 0 .
On obtient de même la solution inférieure à3pour X 2 :
X 2 =
soit V 2 =
V 0 .
On détermine ensuite les pressions :
P 1 == P e α
= P e
= P e
et de même P 2 = P e
= P e
.
Pour détecter une éventuelle erreur de calcul, n’oublions
pasdev érifier que :
• V 2 +2V 1 =3V 0 et 2P 2 – P 1 = P e.
•V 1 = V 2 = V 0 et P 1 = P 2 = P e si α =1 (conditions
initiales)
2 • Si P e = P 0 ,a lors α =1+ε.P our obtenir une
approximation affine de la fonction V(t),i lf aut faireu n
développement limité àl’ordre 1en ε:
9 9+16α 2 = 9 9+16(1 + ε) 2 =(25 +32ε)=
5
1+
ε
=5
1+
ε
=5+
ε.
Àl’ordre 1enε: V 1 =V 0
1–
=V 0
1–
.
ε
5
T e –T 0
5T 0
T e
T 0
32
25
1
2
16
25
1
2
16
5
1
2
4α –3+ 9 16α 2 +9
12
2α
3–4α+ 9 9+16α 2
4α–3+ 9 16α 2 +9
6
P 0 V 0 T e
T 0 V 1
V 0
V 1
4α
3–4α+ 9 9+16α 2
3–4α+ 9 9+16α 2
2
3–4α+ 9 9+16α 2
2
3–4α+ 9 9+16α 2
4
3–4α+ 9 9+16α 2
4
2
X 2
1
X 1
1
α
CORRIGÉS
Équation d’étatd’unfluide
1
210
©Hachette Livre, H-Prépa Exercices et problèmes, Physique, MPSI-PCSI-PTSI
La photocopie non autorisée est un délit.
l’équilibre de la question 1. La température étant constante, le volume n’a pas non plus varié, d’où : V = V 0 .
3 • On obtient àn ouveauu né quilibre sans appui sur les
butées si :( m 1 +M 1 )S 2 =(m 2 +M 2 )S 1 .
Sachant que m 1 S 2 = m 2 S 1 ,T rois cas se présentent :
• M 2 M 1
:Lepiston (1) reste en butée. La pression
est imposée par l’équilibredupiston (2) :
P = P 0 +e t, comme le produit PV est
constant : V = V 0
.
• M 2 = M 1
:L es deux pistons sont àl ’équilibre sous
l’effet des seules forces de pression. La position des pistons est indifférente.
• M 2 M 1
:L episton (2) tombe jusqu’à se trouver sur
les butées. La pression est imposée par l’équilibre du
piston (1) : P = P 0 +
et V = V 0
.
Équilibred’uns ystème
1 • Les deux cylindres sont remplis d’un gazparfait, d’où :
==.
Notons que les conditions initiales (mêmes P , V , T dans
les deux cylindres) impliquent que les quantités de gaz
sont égales.
•Pour un déplacement de la tige rigide de x vers la
droite, les variations de V 1 et V 2 sont :
ΔV 1 =–Sx et ΔV 2 =2Sx ,soit : ΔV 2 =–2ΔV 1 .
Les volumes sont donc reliés par : V 2 – V 0 =–2(V 1 –V 0 )
ou encore : V 2 +2V 1 =3V 0 .
•L ar ésultante des forces appliquées au solide constitué
par la tige et les deux pistons est nulle. Ces forces se limitent aux forces pressantese xercées sur les deux pistons.
Prenons un sens positif orienté de la gauche vers la droite
de la figure.
Sur le piston d’aire 2S :+2P 2 Set –2P e S.
Sur le piston d’aire S :+P e Set – P 1 S .
On en déduit :2P 2 S –2P e S+P e S–P 1 S=0,
soit :2P 2 –P 1 =P e .
En toute rigueur,l ’atmosphère extérieure exerce sur les
pistons les forces –2P e (S–s)e tP e ( S –s )s isest la
section de la tige, mais, conformément àl ’énoncé, nous
P 1 V 1
T e
P 0 V 0
T 0
P 2 V 2
T e
3
P 0 S 1 + m 1 g
P 0 S 1 +(m 1 +M 1 )g
(m 1 +M 1 )g
S 2
S 2
S 1
S 2
S 1
P 0 S 2 + m 2 g
P 0 S 2 +(m 2 +M 2 )g
(m 2 +M 2 )g
S 2
S 2
S 1
convenons de négliger s devant S .
Nous avons donc àrésoudre le système :
P 1 V 1 = P 2 V 2 = P 0 V 0
(1) et (2)
V 2 +2V 1 =3V 0
(3)
2P 2 – P 1 = P e
(4)
On injecte (1) et (2) dans (4) en utilisant les notations proposées :
X 2 +2X 1 =3
–=
.
On élimine X 2 ,cequi donne l’équation du second degré :
2 X 1
2 –(4α–3)X 1 –3α=0.
La solution positive est :
X 1 =
soit : V 1 =
V 0 .
On obtient de même la solution inférieure à3pour X 2 :
X 2 =
soit V 2 =
V 0 .
On détermine ensuite les pressions :
P 1 == P e α
= P e
= P e
et de même P 2 = P e
= P e
.
Pour détecter une éventuelle erreur de calcul, n’oublions
pasdev érifier que :
• V 2 +2V 1 =3V 0 et 2P 2 – P 1 = P e.
•V 1 = V 2 = V 0 et P 1 = P 2 = P e si α =1 (conditions
initiales)
2 • Si P e = P 0 ,a lors α =1+ε.P our obtenir une
approximation affine de la fonction V(t),i lf aut faireu n
développement limité àl’ordre 1en ε:
9 9+16α 2 = 9 9+16(1 + ε) 2 =(25 +32ε)=
5
1+
ε
=5
1+
ε
=5+
ε.
Àl’ordre 1enε: V 1 =V 0
1–
=V 0
1–
.
ε
5
T e –T 0
5T 0
T e
T 0
32
25
1
2
16
25
1
2
16
5
1
2
4α –3+ 9 16α 2 +9
12
2α
3–4α+ 9 9+16α 2
4α–3+ 9 16α 2 +9
6
P 0 V 0 T e
T 0 V 1
V 0
V 1
4α
3–4α+ 9 9+16α 2
3–4α+ 9 9+16α 2
2
3–4α+ 9 9+16α 2
2
3–4α+ 9 9+16α 2
4
3–4α+ 9 9+16α 2
4
2
X 2
1
X 1
1
α
CORRIGÉS
Équation d’étatd’unfluide
1
210
©Hachette Livre, H-Prépa Exercices et problèmes, Physique, MPSI-PCSI-PTSI
La photocopie non autorisée est un délit.