Corrigé du DS n°2 - C.P.G.E. Brizeux

Correction du devoir surveillé no 2
Problème I Etude d'une centrale nucléaire (d'après Centrale TSI 2009)
A Etude du cycle de Carnot
A.1
En diagramme (T, S), isotherme ↔ horizontale et adiabatique réversible = isentropique ↔ verticale.
En diagramme (P, V ), les isothermes sont des hyperboles et les isentropiques sont des courbes
d'équation P V γ = cste.
A.2
En diagramme (P, V ), Wcycle = −Acycle < 0 donc Acycle > 0 : le cycle est parcouru dans le sens
horaire.
H
H
En diagramme (T, S), Acycle = T dS = δQ si les transformations sont réversibles.
Ainsi, Acycle = Qcycle = −Wcycle > 0 : le cycle est parcouru dans le sens horaire.
Qc > 0 et Qf < 0 : le uide prélève un transfert thermique à la source chaude et cède un
transfert thermique à la source froide.
−W
On a ηc = utile
cout = Qc .
Or sur un cycle, on a
∆U = Qc + Qf + W = 0 ;
Qf
c
∆S = Se + Sc = 0 avc Sc = 0 et Se = Q
Tc + Tf .
A.3
A.4
Ainsi, ηc = 1 +
Qf
Qc
=1−
Tf
Tc .
On trouve ηc = 0, 47.
B Etude du cycle de Rankine
B.1 cf cours
B.2
B.2.1 Le point critique est le point tel que si T > T
critique , il n'existe plus de transition de phase
liquide-vapeur. Au delà du point critique, le uide est dans un état monophasé appelé uide
supercritique.
1
B.2.2
B.3 Calcul de l'ecacité avec des tables complètes
B.3.1 De 2 à 3, ∆s = 0 donc s = s .
23
3
2
Or s2 = sv (T2 ) = 5, 57 kJ.kg −1 .K −1 et x3 =
x3 =
B.3.2
B.3.3
s3 −sv (T1 )
sl (T1 )−sv (T1 ) ,
donc
sv (T2 )−sv (T1 )
sl (T1 )−sv (T1 )
On trouve x3 = 0, 640.
On a alors h3 = x3 hv (T1 ) + (1 − x3 )hl (T1 ).
On trouve h3 = 1687 kJ.kg −1 .
−wcycle
On a η = utile
cout = qGV .
On a wcycle + qGV + qcond = 0 (premier principe sur un cycle) donc wcycle = −(qGV + qcond )
et η = 1 + qqcond
.
GV
On a qGV = ∆h12 = h2 − h1 = h2 − h0 (pas de pièces mobiles au niveau du générateur de
vapeur) avec
h2 = hv (T2 ) = 2749 kJ.kg −1
h0 = hl (T1 ) = 126, 0 kJ.kg −1
donc qGV = 2623 kJ.kg −1 .
De plus, qcond = ∆h30 (pas de pièces mobiles au niveau du condenseur)avec
h3 = 1687 kJ.kg −1
h0 = hl (T1 ) = 126, 0 kJ.kg −1
donc qcond = −1561 kJ.kg −1 et wcycle = −1062 kJ.kg −1 < 0.
Finalement, on a η = 0, 405 < ηc .
A la n de la détente dans la turbine, le uide est diphasé ; la présence de liquide accélère la
corrosion des pâles de la turbine.
C Étude du cycle de Hirn
C.1
C.1.1
2
C.1.2 Le surchaueur permet d'augmenter le titre en vapeur en sortie de la turbine ; ce qui diminue
la corrosion.
C.2 Calcul de l'ecacité avec des tables complètes
C.2.1 Comme précédemment, s = s et x =
.
20
3
3
s3 −sl (T1 )
sv (T1 )−sl (T1 )
On trouve x3 = 0, 787 ; ce qui est bien supérieur à précédemment.
On a alors h3 = x3 hv (T1 ) + (1 − x3 )hl (T1 ) soit h3 = 2046 kJ.kg −1 .
C.2.2 On a η =
0
utile
cout
=
−wcycle
qGV .
On a wcycle + qGV + qcond = 0 (premier principe sur un cycle) donc wcycle = −(qGV + qcond )
et η 0 = 1 + qqcond
.
GV
avec
2a. qGV = h20 −h1 = h20 −h0 (pas de pièces mobiles au niveau du générateur de vapeur)d'où
qGV = 3354 kJ.kg −1 ;
2b. qcond = h0 −h3 (pas de pièces mobiles au niveau du condenseur) d'où qcond = −1920 kJ.kg −1 ;
On a η 0 = 0, 43 < ηc
C.2.3 On a un rendement légèrement supérieur mais surtout le titre en vapeur en sortie de la turbine
est augmenté.
Problème II Acquisition d'une gure d'interférences (d'après PT B
2006)
A Photodiode
A.1
A.2
Tracer la courbe Id = f (E) (échelle : 0, 1 mW.cm−2 par cm et 5µA par cm).
Les points étant quasi alignés, la relation entre Id et E est linéaire du type Id = aE + b.
Le coecient b représente la valeur de Id en absence d'éclairement, c'est le courant d'obscurité.
Graphiquement, b s'interprète comme l'ordonnée à l'origine, on constate que b ≈ 0µA. En utilisant une
régression linéaire sur la calculatrice on obtient b = 0, 28 µA.
Le coecient a correspond à la pente de la droite. On considérant deux points sur cette droite,
on calcule a = 0, 048 AW −1 cm2 = 4, 8.10−6 AW −1 m2 .
Un laser est une source telle que `∗ ≈ 1 m ; il est donc plus facile d'observer des interférences
avec un laser qu'avec une lampe spectrale.
De plus, la longueur d'onde utilisée est dans la gamme de sensibilité de la photodiode.
A.3
A.4
B Conversion de l'intensité lumineuse en tension
B.1
La diode à éclairement donné impose le courant qui circule dans le circuit : le conducteur ohmique
est donc parcouru par l'intensité Id .
La loi d'Ohm aux bornes de la résistance s'écrit U = RId = aRE . La tension U est bien proportionnelle à l'intensité lumineuse E .
Ur
On trouve R = 210 kΩ. On a alors U = E
E.
r
B.2
B.3
Ur
Aux bornes de R, uR = RId = E
Ea et aux bornes de (1 − k)R, u1−k = (1 − k)e0 . Si U = 0,
r
Ur
uR = u1−k donc Er Ea = (1 − k)e0 .
On a k = 1 − Ue0rEEaa .
On branche un voltmètre pour mesurer U et l'on fait varier k pour avoir U = 0.
Ur
On a Et = Ei + Ea et uR = E
Et .
r
Ur
Ur
Ea = (1 − k)e0 , on en déduit que
Alors U = uR − u1−k = Er Et − (1 − k)e0 . Comme E
r
B.4
U=
Ur
Er Ei
3
C Interprétation de la courbe d'interférence
C.1
La gure montre qu'il existe des interférences dues aux deux trous d'Young mais que le champ
est limité par la diraction au niveau de chaque trou : les interférences ne sont visibles que dans la
zone où les deux faisceaux se recouvrent.
C.2
δ
ax
On a δ = ax
D .D'après la formule de Fresnel, I = 2I0 (1 + cos(2π λ soit I = 2I0 (1 + cos(2π λD .
L'interfrange i correspond à la distance mesurée sur l'écran entre deux franges brillantes (ou
sombres) successives. Ainsi,
i=
C.3
λD
e
−4 m.
On a i = 2, 2 mm. On en déduit que e = λD
i = 5, 8.10
La tâche centrale de diraction a pour largeur d ≈ 20 mm. Or d ≈ βD, donc β ≈
Comme β ≈ λr , on en déduit que
r≈
λD
d
On trouve r ≈ 6, 33.10−5 mm.
le nombre de franges visibles est N =
l'intensité lumineuse.
Remarque :
d
D.
d
i
≈
e
r
≈ 9 ; ce qui correspond à la courbe de
Problème III Le télescope interférentiel VLTI (d'après Centrale MP
2014)
A Observation d'une source ponctuelle dans la direction de l'axe optique
A.1
A.2
A0 est au foyer image de la lentille.
On a δ0 = [AT2 F 0 ] − [AT1 F 0 ] = [AT2 ] − [AT1 ] + [T2 F 0 ] − [T1 F 0 ].
La loi de Malus montre que les points T1 et T2 appartiennent à la même surface d'onde pour l'onde
incidente (onde plane sous incidence normale) : [AT2 ] = [AT1 ]
D'autre part, les rayons qui interfèrent en F 0 sont parallèles à l'axe optique avant la lentille et donc
T1 et T2 appartiennent à la même surface d'onde : [T2 F 0 ] = [T1 F 0 ].
Finalement, δ0 = 0 (égalité des chemins optiques entre un point et son image géométrique).
4
A.3
S'il n'y avait pas de ligne à retard, on aurait une diérence de marche importante due au système
de recombinaison des faisceaux, δ = (AB).
A.4
En l'absence de la ligne à retard, δ0 = (AB) pourrait devenir supérieur à la longueur de cohérence
`∗ = cτ , où τ est la durée moyenne des trains d'onde. Si |δ| > `∗ , on observe une perte de contraste
des franges, qui cessent alors d'être observables.
Le contraste est égal à 1 si :
les deux télescopes doivent avoir même luminosité ;
la source est ponctuelle (si la source est large, la largeur doit rester inférieure à la largeur de
cohérence spatiale bc pour pouvoir observer des interférences) ;
la source est parfaitement monochromatique ou bien un ltre monochromateur est interposé sur
λ20
les faisceaux (on a `∗ = cτ = ∆λ
: plus la source est monochromatique, plus la longueur de
cohérence temporelle est élevée).
La formule de Fresnel s'écrit dans ce cas, en notant I0 l'éclairement qui serait obtenu en A0 en
présence d'un seul télescope, avec une diérence de marche δA = aθ où θ = x/f10 ,
h
i
ax
IA = 2I0 1 + cos 2π
0
λ f
A.5
A.6
1
A.7
A.8
λf 0
L'interfrange et la période de la fonction I(x), soit i = a1 .
Dans le plan focal (xF 0 y), on observe un ensemble de franges rectilignes parallèles à (F 0 y)
symétriques par rapport à la frange centrale x = 0.
A cause de la diraction au niveau des trous d'Young, les interférences ne sont visibles que dans la
zone de recouvrement des deux faisceaux et l'on observe donc des franges rectilignes à l'intérieur de la
tâche centrale de diraction.
B Observation d'une source ponctuelle dans une direction diérente de celle de
l'axe optique
B.1
On a dans les conditions de Gauss, xB = −f10 iB .
5
B.2
On ajoute à la diérence de marche précédente une autre diérence de marche égale à δ 0 = aiB ;
il vient donc
h
i
a(x−xB )
IB = 2I0 1 + cos 2π
0
λ
f
1
On vérie ainsi que l'ordre zéro est bien atteint au niveau de l'image géométrique B 0 de l'étoile.
Il y a seulement un décalage global de xB = f10 iB mais pas de modication de la période,
l'interfrange reste inchangé.
B.3
C Observation de deux sources ponctuelles
C.1 Deux sources spatialement distinctes sont incohérentes, aucun dispositif ne permettant de synchroniser des phases lors de l'émission d'un signal optique.
C.2 Du fait de la question précédente, I = I + I .
C.3 On observe un brouillage de la gure d'interférences si p − p = n + avec n ∈ Z. Dans ce
AB
A
B
A
B
1
2
cas, les courbes IA et IB sont en opposition de phase.
− aiλB donc pA − pB = aiλB .
Or pA = δλA = fax
et pB = δλA = ax
0
f10
1λ
On en déduit que comme a et iB sont positifs, la gure d'interférences se brouille si
aiB
λ
=n+
1
2
avec n ∈ N
soit pour
a=
λ
2iB
+ n iλB
où n ∈ N
On mesure par exemple la plus petite valeur de a qui permet le brouillage et on en déduit
iB = 2aλmin .
Ici, amin ≤ 100 m donc iB > im avec
C.4
C.5
im = 1, 0.10−8 rad = 0, 00200
Le pouvoir de résolution est fortement amélioré par rapport à la situation où il n'y a qu'un seul
télescope. En eet, la résolution est limitée par le décalage entre télescopes et non par le diamètre de
chacun d'eux.
6

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