Physique A
Banque PTPT2026
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Épreuve de 4 h, calculatrice interdite. Sujet : *Système automatique d'irrigation maraîchère*. Les applications numériques sont menées à la main, avec un ou deux chiffres significatifs. Les pressions sont lues comme des pressions absolues, avec $P_0=1{,}0$ bar.
## I. Arroser juste quand il faut
### 1. Connaître son sol par décantation fractionnée
On étudie, dans le référentiel du bocal supposé galiléen, une particule sphérique de rayon $r$, de volume $\mathcal V=\frac43\pi r^3$ et de masse $m=\rho_0\mathcal V$. L'axe $(Oz)$ est vertical **descendant**.
### Question 1
- Poids : $\vec P=m\vec g=\frac43\pi r^3\rho_0\,g\,\vec e_z$.
- Poussée d'Archimède (opposée au poids du fluide déplacé, de volume $\mathcal V$ car la particule est totalement immergée) : $\vec\Pi=-\frac43\pi r^3\rho_e\,g\,\vec e_z$.
- Frottement fluide : $\vec F=-6\pi\eta r\,\vec v=-6\pi\eta r\,v_z\,\vec e_z$.
$$\boxed{\vec P=\tfrac43\pi r^3\rho_0 g\,\vec e_z,\qquad \vec\Pi=-\tfrac43\pi r^3\rho_e g\,\vec e_z,\qquad \vec F=-6\pi\eta r\,v_z\,\vec e_z}$$
### Question 2
La deuxième loi de Newton appliquée à la particule, projetée sur $\vec e_z$, donne
$$\tfrac43\pi r^3\rho_0\frac{\mathrm dv_z}{\mathrm dt}=\tfrac43\pi r^3(\rho_0-\rho_e)g-6\pi\eta r\,v_z,$$
soit
$$\boxed{\frac{\mathrm dv_z}{\mathrm dt}+\frac{9\eta}{2\rho_0r^2}\,v_z=\Big(1-\frac{\rho_e}{\rho_0}\Big)g}$$
La vitesse limite est la solution constante ($\mathrm dv_z/\mathrm dt=0$) :
$$\boxed{v_\ell=\frac{2r^2(\rho_0-\rho_e)\,g}{9\eta}}$$
Comme $\rho_0>\rho_e$, **$v_\ell>0$** : la vitesse limite est dirigée selon $+\vec e_z$, vers le fond du bocal ; les particules sédimentent.
### Question 3
L'équation s'écrit $\dfrac{\mathrm dv_z}{\mathrm dt}+\dfrac{v_z}{\tau_c}=\dfrac{v_\ell}{\tau_c}$ avec
$$\boxed{\tau_c=\frac{2\rho_0r^2}{9\eta}}$$
(homogène à un temps : $\mathrm{kg\cdot m^{-3}\cdot m^2/(Pa\cdot s)}=\mathrm s$ ; on vérifie que $v_\ell=(1-\rho_e/\rho_0)\,g\,\tau_c$). La solution générale est $v_z=A\,e^{-t/\tau_c}+v_\ell$, et $v_z(0)=0$ impose $A=-v_\ell$ :
$$\boxed{v_z(t)=v_\ell\big(1-e^{-t/\tau_c}\big)}$$
### Question 4
Avec $z(0)=0$ :
$$z(t)=\int_0^t v_\ell\big(1-e^{-u/\tau_c}\big)\,\mathrm du\quad\Longrightarrow\quad\boxed{z(t)=v_\ell\Big[t+\tau_c\big(e^{-t/\tau_c}-1\big)\Big]}$$
Pour $t\ll\tau_c$, $z\simeq v_\ell t^2/(2\tau_c)$ (mouvement uniformément accéléré) ; pour $t\gg\tau_c$, $z\simeq v_\ell(t-\tau_c)$ (mouvement uniforme à la vitesse limite).
### Question 5
Par définition de $\tau_s$, $z(\tau_s)=p$, soit d'après la question 4 :
$$\boxed{v_\ell\Big[\tau_s+\tau_c\big\{\exp(-\tau_s/\tau_c)-1\big\}\Big]=p}$$
En posant $x=\tau_s/\tau_c$ et en divisant par $v_\ell\tau_c$, l'équation devient $f(x)=\dfrac{p}{v_\ell\tau_c}$ avec $f(x)=x-1+e^{-x}$ : c'est la fonction de la figure 3.
### Question 6
Pour les sables, $\tau_c=0{,}9$ s et $p/(v_\ell\tau_c)=5\times10^{-2}$. On cherche $x$ tel que $f(x)=5\times10^{-2}$. Démarche sur l'annexe :
1. placer l'ordonnée $5\times10^{-2}$, entre les décades $10^{-2}$ et $10^{-1}$ (cinquième trait de la décade) ;
2. tracer l'horizontale correspondante jusqu'à la courbe ;
3. abaisser la verticale depuis ce point et lire l'abscisse : $x\approx0{,}33$ (entre le troisième et le quatrième trait de la décade $[10^{-1},1]$) ;
4. revenir à $\tau_s=x\,\tau_c$.
$$\tau_s=x\,\tau_c\approx0{,}33\times0{,}9\quad\Longrightarrow\quad\boxed{\tau_s^{\text{sables}}\approx0{,}3\ \mathrm s}$$
Contrôle : pour $x\ll1$, $f(x)\simeq x^2/2$ (pente 2 en log-log), d'où $x\simeq\sqrt{0{,}1}\approx0{,}32$, cohérent. On note que $\tau_s<\tau_c$ : le grain de sable touche le fond avant d'avoir atteint sa vitesse limite, on ne peut donc pas écrire $\tau_s=p/v_\ell$.
### Question 7
Pour $x\gg1$, $e^{-x}\ll1\ll x$, donc
$$\boxed{f(x)\simeq x-1\simeq x}$$
En échelle log-log, $\log f\simeq\log x$ : droite de pente 1 passant par $(1,1)$ prolongée. C'est ce qu'on observe sur la figure 3 pour $x\gtrsim10$ : $f(10^2)\approx10^2$, $f(10^4)\approx10^4$, une décade d'ordonnée par décade d'abscisse. L'approximation est confirmée.
### Question 8
Pour les limons et les argiles, $p/(v_\ell\tau_c)=5\times10^{6}$ et $8\times10^{11}$, très grands devant 1 : la solution vérifie $x\gg1$, donc $x\simeq p/(v_\ell\tau_c)$ et $\tau_s\simeq\tau_c\cdot\dfrac{p}{v_\ell\tau_c}=\dfrac{p}{v_\ell}$.
$$\tau_s^{\text{limons}}\simeq5\times10^{6}\times9\times10^{-5}=4{,}5\times10^{2}\ \mathrm s,\qquad\tau_s^{\text{argiles}}\simeq8\times10^{11}\times2\times10^{-7}=1{,}6\times10^{5}\ \mathrm s$$
$$\boxed{\tau_s^{\text{limons}}\approx4{,}5\times10^{2}\ \mathrm s\approx7{,}5\ \text{min},\qquad\tau_s^{\text{argiles}}\approx1{,}6\times10^{5}\ \mathrm s\approx44\ \mathrm h}$$
### Question 9
Pendant la durée $\tau_s^{\text{s}}\approx0{,}3$ s du dépôt des sables, les argiles, pour lesquelles $\tau_c^{\text{a}}=2\times10^{-7}\ \mathrm s\ll\tau_s^{\text{s}}$, sont en régime de vitesse limite dès le début :
$$\epsilon=v_\ell^{\text{a}}\big[\tau_s^{\text{s}}+\tau_c^{\text{a}}\big(e^{-\tau_s^{\text{s}}/\tau_c^{\text{a}}}-1\big)\big]\simeq v_\ell^{\text{a}}\,\tau_s^{\text{s}}.$$
D'où, en faisant apparaître la donnée du tableau,
$$\boxed{\frac{\epsilon}{p}\simeq\frac{\tau_s^{\text{s}}}{\tau_c^{\text{a}}}\cdot\frac{v_\ell^{\text{a}}\tau_c^{\text{a}}}{p}=\frac{\tau_s^{\text{s}}}{\tau_s^{\text{a}}}}\qquad\text{soit}\qquad\frac{\epsilon}{p}\simeq\frac{0{,}3}{2\times10^{-7}\times8\times10^{11}}=\frac{0{,}3}{1{,}6\times10^{5}}\approx2\times10^{-6}.$$
Quand tous les sables sont déposés, les argiles n'ont parcouru qu'une fraction $2\times10^{-6}$ de la hauteur : elles sont encore en suspension dans toute la colonne. De même, les limons ont parcouru $\tau_s^{\text{s}}/\tau_s^{\text{l}}\approx0{,}3/450\approx7\times10^{-4}$ de la hauteur. **Les dépôts sont successifs dans le temps et ne se mélangent pas : la sédimentation fractionnée sépare efficacement les trois familles de particules.**
### Question 10
Le dépôt le plus lent est celui des argiles : $\tau_s^{\text{argiles}}\approx1{,}6\times10^{5}$ s $\approx44$ h. Or $72\ \mathrm h\approx2{,}6\times10^{5}$ s $>\tau_s^{\text{argiles}}$. **Attendre 72 h garantit que toutes les particules minérales, argiles comprises, se sont déposées** : les épaisseurs des strates traduisent alors la composition du sol. La marge (facteur 1,6) couvre la dispersion des tailles : les argiles sont de taille inférieure à 2 µm, parfois inférieure au micromètre retenu, et $\tau_s\propto r^{-2}$.
### 2. Teneur en eau d'un sol
### Question 11
Le générateur idéal impose $V_d-V_g=U$ entre les armatures (la flèche $U$ et la charge $+Q$ désignent l'armature de droite comme borne positive). Avec $V_g=0$ :
$$\boxed{V_d=U}$$
### Question 12
**Condition.** Les effets de bord sont négligeables si les armatures peuvent être assimilées à des plans infinis, c'est-à-dire si l'écartement est petit devant leurs dimensions : $\boxed{c\ll a\ \text{et}\ c\ll b}$. Ici $c/a\approx0{,}08$ et $c/b=0{,}1$ : l'approximation est acceptable.
**Invariances.** Dans ce modèle, la distribution de charges est invariante par toute translation selon $\vec u_y$ et selon $\vec u_z$ : $V$ et $\vec E$ ne dépendent que de $x$, $V(x,y,z)=V(x)$.
**Symétries.** Pour tout point $M$, les plans passant par $M$ et parallèles à $(\vec u_x,\vec u_y)$ et à $(\vec u_x,\vec u_z)$ sont des plans de symétrie de la distribution de charges. Le champ électrique appartient à tout plan de symétrie des charges, donc à leur intersection, la droite passant par $M$ dirigée par $\vec u_x$ :
$$\boxed{\vec E=E(x)\,\vec u_x\qquad\text{et}\qquad V(x,y,z)=V(x)}$$
### Question 13
Équation de Poisson : $\Delta V+\dfrac{\rho_{\text{ch}}}{\varepsilon_0}=0$. Le sol étant électriquement neutre, $\rho_{\text{ch}}=0$ et, puisque $V$ ne dépend que de $x$ :
$$\frac{\mathrm d^2V}{\mathrm dx^2}=0\quad\Longrightarrow\quad V(x)=Ax+B.$$
Les conditions $V(0)=V_g=0$ et $V(c)=V_d=U$ donnent $B=0$ et $A=U/c$ :
$$\boxed{V(x)=\frac{U}{c}\,x}$$
### Question 14
$$\vec E=-\overrightarrow{\mathrm{grad}}\,V=-\frac{\mathrm dV}{\mathrm dx}\,\vec u_x\quad\Longrightarrow\quad\boxed{\vec E=-\frac{U}{c}\,\vec u_x}$$
Champ uniforme, dirigé de l'armature de droite (potentiel $U$) vers celle de gauche (potentiel nul).
### Question 15
Loi d'Ohm locale dans le sol : $\vec j=\gamma_{\text{sol}}\vec E=-\gamma_{\text{sol}}\dfrac Uc\,\vec u_x$, uniforme. On oriente une section droite $\Sigma$ (aire $ab$) de l'espace inter-électrodes par la normale $\vec n=-\vec u_x$, c'est-à-dire **de l'armature de droite vers celle de gauche** à travers le sol (soit, dans le circuit extérieur, du générateur vers l'armature de droite, en convention générateur pour la source) :
$$I=\iint_\Sigma\vec j\cdot\vec n\,\mathrm dS=\gamma_{\text{sol}}\frac Uc\,ab\quad\Longrightarrow\quad\boxed{I=\frac{\gamma_{\text{sol}}\,ab\,U}{c}}\ (>0)$$
### Question 16
Le sol est un dipôle soumis à $U$ et traversé par $I$ en convention récepteur :
$$R=\frac UI\quad\Longrightarrow\quad\boxed{R=\frac{c}{\gamma_{\text{sol}}\,ab}=\frac{\rho_{\text{sol}}\,c}{ab}}$$
### Question 17
D'après $\vec j=\gamma\vec E$, $[\gamma]=\dfrac{\mathrm{A\cdot m^{-2}}}{\mathrm{V\cdot m^{-1}}}=\mathrm{A\cdot V^{-1}\cdot m^{-1}}$ :
$$\boxed{\gamma_{\text{sol}}\ \text{s'exprime en}\ \mathrm{S\cdot m^{-1}}=\Omega^{-1}\cdot\mathrm m^{-1}}$$
(et la résistivité en $\Omega\cdot\mathrm m$).
### Question 18
En prenant le logarithme, le modèle s'écrit $\ln(\rho_{\text{sol}}/\rho_0)=\alpha\cdot\dfrac1{Hr}+\beta$ : il prédit une relation **affine** entre $\ln(\rho_{\text{sol}}/\rho_0)$ et $1/Hr$. Le graphe de droite de la figure 5 montre que les points, malgré leur dispersion, se répartissent autour d'une droite : le modèle est compatible avec les mesures (le graphe de gauche montre une décroissance rapide puis un palier, compatible avec une exponentielle de $1/Hr$).
La droite tracée passe par $(2\,;\,0{,}25)$ et $(10\,;\,2{,}0)$ :
$$\alpha=\frac{2{,}0-0{,}25}{10-2}\approx0{,}22,\qquad\beta=0{,}25-2\alpha\approx-0{,}2.$$
$$\boxed{\alpha\approx0{,}22,\qquad\beta\approx-0{,}2}\quad(\text{sans dimension})$$
Contrôle sur le graphe de gauche : $\rho/\rho_0=e^{2{,}2-0{,}2}\approx7{,}4$ à $Hr=0{,}1$ et $e^{1{,}1-0{,}2}\approx2{,}5$ à $Hr=0{,}2$, en accord avec les points.
### Question 19
D'après les questions 16 et 18,
$$R(Hr)=\frac{c\,\rho_0}{ab}\exp\Big(\frac{\alpha}{Hr}+\beta\Big).$$
Comme $\alpha>0$, $R$ est une fonction **décroissante** de $Hr$ (un sol plus humide conduit mieux). Le maximum sur $[Hr_{\min},Hr_{\max}]$ est donc atteint en $Hr_{\min}$ et le minimum en $Hr_{\max}$ :
$$\boxed{R_{\min}=\frac{c\,\rho_0}{ab}\exp\Big(\frac{\alpha}{Hr_{\max}}+\beta\Big),\qquad R_{\max}=\frac{c\,\rho_0}{ab}\exp\Big(\frac{\alpha}{Hr_{\min}}+\beta\Big)}$$
Remarque : $R_{\max}/R_{\min}=\exp[\alpha(10-5)]=e^{1{,}1}\approx3$, en accord avec les valeurs $5\ \Omega$ et $15\ \Omega$ de la sous-partie 3.
### Question 20
Le sol humide est un électrolyte : les porteurs de charge sont des ions. Sous tension **continue**, les ions migrent toujours dans le même sens et s'accumulent au voisinage des électrodes (polarisation, double couche) : le sol n'y est plus électriquement neutre, une charge volumique apparaît et écrante le champ. L'hypothèse d'électroneutralité, sur laquelle reposent l'équation de Laplace, le champ uniforme et l'expression de $R$ (Q13 à Q16), tombe ; la tension de polarisation fausse la mesure, qui dérive dans le temps. De plus, les réactions électrochimiques aux électrodes (électrolyse de l'eau, corrosion) altèrent les électrodes et le sol.
Sous tension **sinusoïdale** de valeur moyenne nulle, le sens de migration s'inverse à chaque demi-période : le déplacement des ions pendant $1/(2f)=2{,}5$ ms est infime, il n'y a pas d'accumulation nette, le sol reste neutre en moyenne et les électrodes ne sont pas polarisées. Le modèle ohmique reste valable à chaque instant. La fréquence de 200 Hz reste assez basse pour que l'approximation des régimes quasi stationnaires s'applique (longueur d'onde de l'ordre de $10^6$ m, bien supérieure à la taille de la sonde) et que le courant de déplacement reste négligeable devant le courant de conduction : le sol se comporte comme une résistance pure.
**La tension alternative évite la polarisation et l'électrolyse, qui détruiraient l'électroneutralité du sol et fausseraient la mesure de $R$.**
### 3. Signal de commande de l'électrovanne
Les ALI sont idéaux : courants d'entrée nuls, $-V_0\le s\le V_0$. L'entrée $+$ de l'ALI 3 est reliée à $D$, son entrée $-$ à $C$.
### Question 21
L'ALI 1 étant idéal, $i_+=0$ : la loi des nœuds en $A$ montre que $R$ et $R_3$ sont parcourues par le même courant, elles sont en série. Le pont diviseur alimenté par $V_0$ donne
$$\boxed{V_A=\frac{R_3}{R+R_3}\,V_0}$$
L'ALI 1 est bouclé sur son entrée inverseuse (rétroaction négative) : il fonctionne en régime linéaire, $V_+=V_-$, soit $V_A=V_B$ :
$$\boxed{V_B=\frac{R_3}{R+R_3}\,V_0}$$
### Question 22
L'ALI 1 est monté en **suiveur** ($V_B=V_A$). Son intérêt est l'**adaptation d'impédance** : son impédance d'entrée infinie ne prélève aucun courant au pont $R$–$R_3$, dont la tension de sortie n'est donc pas modifiée par le bloc 3, et son impédance de sortie nulle impose $V_B$ quel que soit le courant demandé par le bloc 3.
### Question 23
L'entrée $-$ de l'ALI 3 n'absorbe aucun courant : $R_4$ et $R_5$ sont en série et
$$\boxed{V_C=\frac{R_5}{R_4+R_5}\,V_0}$$
### Question 24
La sortie de l'ALI 3 est reliée par $R_2$ à son entrée **non inverseuse** : la rétroaction est positive, **l'ALI 3 ne fonctionne pas en régime linéaire**. Il est saturé : $V_E=+V_0$ si $\varepsilon=V_D-V_C>0$ et $V_E=-V_0$ si $\varepsilon<0$.
Loi des nœuds en $D$ (le courant d'entrée $i_+$ est nul) :
$$\frac{V_B-V_D}{R_1}+\frac{V_E-V_D}{R_2}=0\quad\Longrightarrow\quad\boxed{V_D=\frac{R_2V_B+R_1V_E}{R_1+R_2}=\frac{V_B+\alpha V_E}{1+\alpha}},\quad\alpha=\frac{R_1}{R_2}.$$
- Si $V_E=+V_0$, l'état se maintient tant que $V_D>V_C$, soit $V_B>(1+\alpha)V_C-\alpha V_0$. Quand $V_B$ décroît sous cette valeur, $\varepsilon$ devient négatif et $V_E$ bascule à $-V_0$.
- Si $V_E=-V_0$, l'état se maintient tant que $V_D<V_C$, soit $V_B<(1+\alpha)V_C+\alpha V_0$. Quand $V_B$ dépasse cette valeur, $V_E$ bascule à $+V_0$.
$$\boxed{V_b=(1+\alpha)V_C-\alpha V_0,\qquad V_h=(1+\alpha)V_C+\alpha V_0}$$
### Question 25
Cycle d'hystérésis rectangulaire de comparateur non inverseur (on suppose $0<V_b<V_h$, ce que confirmera la question 27) :
| Domaine de $V_B$ | $V_B$ croissant | $V_B$ décroissant |
|---|---|---|
| $0\le V_B<V_b$ | $-V_0$ | $-V_0$ (bascule de $+V_0$ à $-V_0$ en $V_B=V_b$) |
| $V_b<V_B<V_h$ | $-V_0$ | $+V_0$ |
| $V_h<V_B\le2V_h$ | $+V_0$ (bascule de $-V_0$ à $+V_0$ en $V_B=V_h$) | $+V_0$ |
Le cycle est parcouru dans le sens trigonométrique.
### Question 26
Par différence et par somme des expressions de la question 24 :
$$V_h-V_b=2\alpha V_0\quad\Longrightarrow\quad\boxed{\alpha=\frac{V_h-V_b}{2V_0}}$$
$$V_h+V_b=2(1+\alpha)V_C\quad\Longrightarrow\quad\boxed{V_C=\frac{V_h+V_b}{2(1+\alpha)}}$$
### Question 27
$V_B=\dfrac{R_3}{R+R_3}V_0$ est une fonction décroissante de $R$. Le sol sec ($Hr<Hr_{\min}$) correspond à $R>R_{\max}$, donc aux petites valeurs de $V_B$ : l'ouverture doit se produire quand $V_B$ passe sous $V_b$, d'où $V_b=V_B(R_{\max})$. Le sol humide ($Hr>Hr_{\max}$) correspond à $R<R_{\min}$, donc aux grandes valeurs de $V_B$ : la fermeture se produit quand $V_B$ dépasse $V_h=V_B(R_{\min})$.
$$\boxed{V_b=\frac{R_3}{R_{\max}+R_3}\,V_0,\qquad V_h=\frac{R_3}{R_{\min}+R_3}\,V_0}$$
Avec $R_3=5\ \Omega$, $R_{\max}=15\ \Omega$, $R_{\min}=5\ \Omega$, $V_0=12$ V :
$$\boxed{V_b=\frac{5}{20}\times12=3{,}0\ \mathrm V,\qquad V_h=\frac{5}{10}\times12=6{,}0\ \mathrm V}$$
### Question 28
$$\alpha=\frac{6{,}0-3{,}0}{2\times12}=\frac18=0{,}125,\qquad V_C=\frac{9{,}0}{2\times1{,}125}=4{,}0\ \mathrm V.$$
$$\boxed{\alpha=0{,}125,\qquad V_C=4{,}0\ \mathrm V}$$
L'énoncé demande, avec $R_1=R_5=1$ kΩ fixés, « les valeurs à choisir pour $R_1$ et $R_4$ » : $R_1$ étant déjà fixé, on comprend qu'il faut déterminer $R_2$ et $R_4$ (coquille signalée).
$$R_2=\frac{R_1}{\alpha}=8\,R_1,\qquad\frac{R_5}{R_4+R_5}=\frac{V_C}{V_0}=\frac13\ \Rightarrow\ R_4=2\,R_5.$$
$$\boxed{R_2=8{,}0\ \mathrm{k\Omega},\qquad R_4=2{,}0\ \mathrm{k\Omega}}$$
(Si l'on lit au contraire $R_2=1$ kΩ fixé, alors $R_1=\alpha R_2=125\ \Omega$ ; $R_4=2$ kΩ est inchangé.)
### Question 29
$R$ est décroissante en $Hr$ (Q19) et $V_B$ décroissante en $R$ (Q21) : $V_B$ est une fonction **croissante** de $Hr$, nulle quand $Hr\to0$ ($R\to\infty$). Par construction des seuils (Q27), $V_B=V_b\iff R=R_{\max}\iff Hr=Hr_{\min}=0{,}10$ et $V_B=V_h\iff R=R_{\min}\iff Hr=Hr_{\max}=0{,}20$. Le cycle garde donc la même orientation que celui de la question 25 :
| Domaine de $Hr$ | $Hr$ croissant (sol qui s'humidifie) | $Hr$ décroissant (sol qui s'assèche) |
|---|---|---|
| $0<Hr<0{,}10$ | $-12$ V | $-12$ V (bascule à $-12$ V en $Hr=0{,}10$) |
| $0{,}10<Hr<0{,}20$ | $-12$ V | $+12$ V |
| $0{,}20<Hr\le0{,}40$ | $+12$ V (bascule à $+12$ V en $Hr=0{,}20$) | $+12$ V |
**Basculements en $Hr=0{,}20$ (vers $+12$ V) et $Hr=0{,}10$ (vers $-12$ V).**
### Question 30
La diode idéale (figure 7) est soit passante ($U_D=0$, $I\ge0$), soit bloquée ($I=0$, $U_D\le0$), avec $U_D=V_E-V_F$ et $I$ compté de $E$ vers $F$. $R_C$ relie $F$ à la masse, donc $I=V_F/R_C$.
- $V_E=+V_0$. Si la diode était bloquée, $I=0$ donc $V_F=0$ et $U_D=V_0>0$ : impossible. Elle est passante : $V_F=V_E=V_0$ et $I=V_0/R_C>0$, cohérent.
- $V_E=-V_0$. Si la diode était passante, $V_F=-V_0$ et $I=-V_0/R_C<0$ : impossible. Elle est bloquée : $I=0$, $V_F=0$, $U_D=-V_0<0$, cohérent.
$$\boxed{V_E=+12\ \mathrm V\Rightarrow V_F=+12\ \mathrm V;\qquad V_E=-12\ \mathrm V\Rightarrow V_F=0}$$
### Question 31
En composant les questions 29 et 30 : même cycle qu'à la question 29, avec les niveaux $0$ (au lieu de $-12$ V) et $+12$ V.
| Domaine de $Hr$ | $Hr$ croissant | $Hr$ décroissant |
|---|---|---|
| $0<Hr<0{,}10$ | $0$ | $0$ |
| $0{,}10<Hr<0{,}20$ | $0$ | $12$ V |
| $0{,}20<Hr\le0{,}40$ | $12$ V | $12$ V |
Vérification : partant d'un sol humide ($V_F=12$ V, vanne fermée), le sol s'assèche ; $V_F$ reste à 12 V jusqu'à $Hr=0{,}10$, où il passe à 0 : la vanne s'ouvre, l'arrosage se déclenche quand $Hr$ passe sous $Hr_{\min}$. Le sol s'humidifie alors, $V_F$ reste nul jusqu'à $Hr=0{,}20$, où il passe à 12 V : la vanne se ferme, l'arrosage s'interrompt quand $Hr$ dépasse $Hr_{\max}$. **L'électrovanne est correctement commandée et $Hr$ est maintenue entre 0,10 et 0,20.**
## II. Arroser juste où il faut
Pore : cylindre de rayon $R=d/2=10\ \mu$m et de longueur $e=1$ mm. $\Delta P=P_{\text{int}}-P_0=1{,}5-1{,}0=0{,}5\ \text{bar}=5\times10^{4}$ Pa.
### Question 32
Le nombre de Reynolds compare le terme convectif au terme visqueux de l'équation du mouvement : $Re=\dfrac{\rho VL}{\eta}$, avec $V$ une vitesse caractéristique et $L$ la dimension transverse de l'écoulement, ici $L=d$.
Pour une sortie au goutte à goutte, on choisit une vitesse de l'ordre de $V\approx1\ \mathrm{mm\cdot s^{-1}}$ :
$$Re=\frac{10^{3}\times10^{-3}\times2\times10^{-5}}{10^{-3}}\quad\Longrightarrow\quad\boxed{Re\approx2\times10^{-2}}$$
(Même avec $V=1\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$, ordre de grandeur de la vitesse moyenne calculée a posteriori à la question 39, $Re\approx20$.)
### Question 33
$Re$ est très inférieur à la valeur critique d'environ $2\times10^3$ : **l'écoulement est laminaire**, dominé par la viscosité. Avec l'estimation « goutte à goutte » ($Re\ll1$), il est même rampant ; avec la vitesse moyenne de la question 39 ($Re\approx12$), il reste laminaire.
### Question 34
Le champ $\vec v=v(r)\,\vec u_z$ n'a pas de composante radiale : une particule de fluide se déplace parallèlement à l'axe, son $r$ reste constant. L'écoulement étant stationnaire, sa vitesse $v(r)\vec u_z$ est alors constante en norme et en direction. **Chaque particule de fluide a un mouvement rectiligne uniforme.** (Formellement : $\dfrac{\mathrm D\vec v}{\mathrm Dt}=\dfrac{\partial\vec v}{\partial t}+v(r)\dfrac{\partial\vec v}{\partial z}=\vec0$.)
### Question 35
$(\mathcal K)$ est fermé : il est formé des mêmes particules de fluide, qui ont toutes une vitesse constante d'après la question 34. Sa quantité de mouvement $\vec p_{\mathcal K}=\sum m_i\vec v_i$ est donc constante :
$$\boxed{\frac{\mathrm d\vec p_{\mathcal K}}{\mathrm dt}=\vec0}$$
### Question 36
Théorème de la résultante cinétique appliqué à $(\mathcal K)$ dans le référentiel galiléen du tuyau :
$$\boxed{\vec0=\frac{\mathrm d\vec p_{\mathcal K}}{\mathrm dt}=\vec F_{p,\text{entrée}}+\vec F_{p,\text{sortie}}+\vec F_{p,\text{lat}}+\vec F_{\text{visc}}+m_{\mathcal K}\vec g}$$
avec : les forces de pression sur les sections d'entrée et de sortie (disques de rayon $r$), les forces de pression sur la surface latérale (radiales, de résultante nulle), la force de viscosité exercée sur la surface latérale par le fluide situé en $r'>r$, et le poids.
### Question 37
- $\eta$ est la viscosité dynamique du fluide (Pa·s) ;
- $\dfrac{\mathrm dv}{\mathrm dr}$ est le taux de cisaillement, qui mesure le glissement des couches de fluide les unes sur les autres ;
- $\eta\dfrac{\mathrm dv}{\mathrm dr}$ est la contrainte tangentielle (force par unité de surface) exercée à travers la surface latérale ;
- $S=2\pi re$ est l'aire de la surface latérale de $(\mathcal K)$, par laquelle s'exerce cette force.
**Signe.** La vitesse est maximale sur l'axe et nulle à la paroi : $\mathrm dv/\mathrm dr<0$. Le fluide extérieur ($r'>r$), plus lent, freine $(\mathcal K)$ : la force est dirigée selon $-\vec u_z$. Il faut donc prendre le signe $+$ :
$$\boxed{\vec F_{\text{visc}}=+\eta\,\frac{\mathrm dv}{\mathrm dr}\,2\pi re\,\vec u_z}$$
Contrôle : la projection du bilan sur $\vec u_z$, $0=(P_{\text{int}}-P_0)\pi r^2+\eta\dfrac{\mathrm dv}{\mathrm dr}2\pi re$, redonne l'équation de l'énoncé.
### Question 38
Le fluide visqueux adhère à la paroi immobile : $\boxed{v(R)=0}$ (condition de non-glissement). En intégrant $\dfrac{\mathrm dv}{\mathrm dr}=-\dfrac{r}{2\eta}\dfrac{P_{\text{int}}-P_0}{e}$ :
$$v(r)=-\frac{P_{\text{int}}-P_0}{4\eta e}\,r^2+K,\qquad v(R)=0\ \Rightarrow\ \boxed{v(r)=\frac{P_{\text{int}}-P_0}{4\eta e}\big(R^2-r^2\big)}$$
Profil parabolique (Poiseuille), maximal sur l'axe : $v(0)=\dfrac{5\times10^{4}\times10^{-10}}{4\times10^{-6}}=1{,}25\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$.
### Question 39
$$D_1=\int_0^R v(r)\,2\pi r\,\mathrm dr=\frac{2\pi(P_{\text{int}}-P_0)}{4\eta e}\cdot\frac{R^4}{4}\quad\Longrightarrow\quad\boxed{D_1=\frac{\pi(P_{\text{int}}-P_0)R^4}{8\eta e}}$$
Application numérique ($R=10^{-5}$ m, $\Delta P=5\times10^4$ Pa, $\eta=10^{-3}$ Pa·s, $e=10^{-3}$ m) :
$$D_1=\frac{\pi\times5\times10^{4}\times10^{-20}}{8\times10^{-6}}=\frac{5\pi}{8}\times10^{-10}\quad\Longrightarrow\quad\boxed{D_1\approx2{,}0\times10^{-10}\ \mathrm{m^3\cdot s^{-1}}}$$
soit $0{,}2\ \mu$L par seconde (vitesse moyenne $D_1/(\pi R^2)\approx0{,}6\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$).
### Question 40
Avec $n_t$ pores identiques par mètre de tuyau, $D_{\text{lin}}=n_tD_1$ :
$$\boxed{n_t=\frac{D_{\text{lin}}}{D_1}=\frac{8\eta e\,D_{\text{lin}}}{\pi(P_{\text{int}}-P_0)R^4}}$$
$D_{\text{lin}}=6{,}0\ \mathrm{L\cdot min^{-1}\cdot m^{-1}}=\dfrac{6{,}0\times10^{-3}}{60}=1{,}0\times10^{-4}\ \mathrm{m^3\cdot s^{-1}\cdot m^{-1}}$, d'où
$$n_t=\frac{1{,}0\times10^{-4}}{2{,}0\times10^{-10}}\quad\Longrightarrow\quad\boxed{n_t\approx5\times10^{5}\ \mathrm{m^{-1}}}$$
## III. Dimensionnement du système de pompage
### 1. Choix de la pompe
$D_p=1000\ \mathrm{L\cdot min^{-1}}=\dfrac{1}{60}\ \mathrm{m^3\cdot s^{-1}}\approx1{,}7\times10^{-2}\ \mathrm{m^3\cdot s^{-1}}$ ; on prend $g\approx9{,}8\ \mathrm{m\cdot s^{-2}}$ et $\rho=1{,}0\times10^3\ \mathrm{kg\cdot m^{-3}}$.
### Question 41
La vitesse débitante $U$ à travers une section $\Sigma$ est la vitesse uniforme qui donnerait le même débit volumique : $D_p=\iint_\Sigma\vec v\cdot\mathrm d\vec S=U\Sigma$, c'est la moyenne de la vitesse normale sur la section. Avec $\Sigma=\pi\delta^2/4$ :
$$\boxed{U_B=\frac{4D_p}{\pi\delta^2}}\qquad U_B=\frac{4\times1{,}7\times10^{-2}}{\pi\times10^{-2}}\quad\Longrightarrow\quad\boxed{U_B\approx2{,}1\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}}$$
### Question 42
Dans le **montage B**, la pompe est au niveau du sol et doit aspirer l'eau. Entre la surface libre $A_0$ (pression $P_0$, vitesse négligeable, cote $-h$) et l'entrée $B$ de la pompe (cote $0$, vitesse $U_B$), aucune machine n'intervient ; la relation de Bernoulli (écoulement parfait, stationnaire, incompressible) donne
$$P_B=P_0-\rho gh-\frac12\rho U_B^2\le P_0-\rho gh=1{,}0\times10^{5}-2{,}45\times10^{5}\approx-1{,}5\times10^{5}\ \mathrm{Pa}.$$
Une pression absolue négative est absurde : l'eau se vaporiserait (cavitation) dès que la pression atteint la pression de vapeur saturante, de quelques kPa, et la colonne d'eau se romprait. Quelle que soit la puissance de la pompe, la hauteur d'aspiration est limitée à $P_0/(\rho g)\approx10$ m $<h=25$ m. **Le montage B ne peut pas fonctionner ; seul le montage A (pompe immergée, qui refoule l'eau) convient.**
Cette limite a été expliquée par **Torricelli** (1643), à la suite de l'observation de Galilée sur les pompes aspirantes des fontainiers florentins.
### Question 43
En régime stationnaire, la conservation du débit sur la section du puits donne
$$v_{A_0}=\frac{D_p}{S}=\frac{1{,}7\times10^{-2}}{1}\approx1{,}7\times10^{-2}\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}:$$
**la vitesse en $A_0$ est négligeable** (environ 130 fois plus petite qu'en conduite). Entre $A_0$ et $D$ (au niveau du sol, vitesse $U_B$ dans la conduite) :
$$\frac{\Delta e_c}{\Delta e_p}\simeq\frac{U_B^2/2}{gh}=\frac{2{,}2}{2{,}45\times10^{2}}\approx10^{-2}\ll1.$$
**La variation d'énergie cinétique est négligeable devant la variation d'énergie potentielle.**
### Question 44
Bilan d'énergie mécanique pour l'écoulement stationnaire incompressible entre $A_0$ et $D$, en négligeant pertes de charge et énergie cinétique : la puissance reçue par le fluide de la pompe vaut
$$\mathcal P=D_p\big[(P_D-P_{A_0})+\rho g(z_D-z_{A_0})\big]\quad\Longrightarrow\quad\boxed{\mathcal P=D_p\big[(P_{\max}-P_0)+\rho gh\big]}$$
Numériquement : $P_{\max}-P_0=5{,}0\times10^{5}$ Pa, $\rho gh=2{,}45\times10^{5}$ Pa, d'où
$$\mathcal P=\frac{7{,}45\times10^{5}}{60}\quad\Longrightarrow\quad\boxed{\mathcal P\approx1{,}2\times10^{4}\ \mathrm W}$$
### Question 45
$$Re=\frac{\rho U_B\delta}{\eta}=\frac{10^{3}\times2{,}1\times0{,}1}{10^{-3}}\quad\Longrightarrow\quad\boxed{Re\approx2\times10^{5}}$$
$Re\gg2\times10^{3}$ : **l'écoulement dans la conduite est turbulent.** Le modèle de la partie II (profil de Poiseuille, débit proportionnel à $\Delta P$) suppose un écoulement laminaire : **il ne peut pas être utilisé** pour calculer les pertes de charge dans la conduite.
### Question 46
Les conversions sont en série : $\mathcal P=\eta_{\text{méca}}\,\eta_{\text{élec}}\,\mathcal P_{\text{élec}}$, d'où
$$\boxed{\mathcal P_{\text{élec}}=\frac{\mathcal P}{\eta_{\text{élec}}\,\eta_{\text{méca}}}}\qquad\mathcal P_{\text{élec}}=\frac{1{,}24\times10^{4}}{0{,}49}\quad\Longrightarrow\quad\boxed{\mathcal P_{\text{élec}}\approx2{,}5\times10^{4}\ \mathrm W}$$
### 2. Vase d'expansion
### Question 47
Les évolutions étant lentes, le gaz passe par une suite d'états d'équilibre interne : l'évolution est **quasi statique** et l'équation d'état s'applique à chaque instant. La cuve métallique étant en contact thermique avec l'atmosphère à $T_0$, les transferts thermiques ont le temps de se faire : le gaz reste à la température $T_0$, l'évolution est **isotherme**. Conséquence : $PV_{\text{gaz}}=nRT_0=\text{cte}$ (loi de Boyle-Mariotte).
### Question 48
La cuve est indéformable : $V_{\text{gaz}}=V_{\text{tot}}-V_{\text{eau}}$. À $P_{\min}$, $V_{\text{eau}}=V_{\min}$ ; à $P_{\max}$, $V_{\text{eau}}=V_{\max}$. L'évolution étant isotherme :
$$P_{\min}(V_{\text{tot}}-V_{\min})=P_{\max}(V_{\text{tot}}-V_{\max})\quad\Longrightarrow\quad V_{\text{tot}}-V_{\max}=\alpha(V_{\text{tot}}-V_{\min}).$$
$$\boxed{\Delta V=V_{\max}-V_{\min}=(1-\alpha)(V_{\text{tot}}-V_{\min}),\qquad\alpha=\frac{P_{\min}}{P_{\max}}}$$
### Question 49
$\Delta V$ est une fonction décroissante de $V_{\min}\ge0$ : il est maximal pour $V_{\min}=0$, le gaz occupant alors tout le volume $V_{\text{tot}}$ à la pression $P_{\min}$ et à la température $T_0$ :
$$\boxed{n_{\text{gaz}}=\frac{P_{\min}V_{\text{tot}}}{RT_0}}\qquad n_{\text{gaz}}=\frac{1{,}5\times10^{5}\times2{,}0}{8\times293}=\frac{3{,}0\times10^{5}}{2{,}34\times10^{3}}\quad\Longrightarrow\quad\boxed{n_{\text{gaz}}\approx1{,}3\times10^{2}\ \mathrm{mol}}$$
Dans ces conditions, $\alpha=1{,}5/6=0{,}25$ et $\Delta V=(1-\alpha)V_{\text{tot}}=1{,}5\times10^{3}$ L.
### Question 50
L'arrosage est continu, au débit $D_{\text{arr}}=LD_{\text{lin}}=100\times6=600\ \mathrm{L\cdot min^{-1}}$. Le volume d'eau du vase varie de $\Delta V=1500$ L à chaque phase.
- Pompe allumée : le vase se remplit au débit net $D_p-D_{\text{arr}}=400\ \mathrm{L\cdot min^{-1}}$ :
$$\boxed{\tau_1=\frac{\Delta V}{D_p-D_{\text{arr}}}=\frac{1500}{400}=3{,}75\ \text{min}}$$
- Pompe éteinte : le vase se vide au débit $D_{\text{arr}}$ :
$$\boxed{\tau_2=\frac{\Delta V}{D_{\text{arr}}}=\frac{1500}{600}=2{,}5\ \text{min}}$$
Confrontation aux préconisations :
- phase « pompe allumée » : $\tau_1=3{,}75$ min $<4$ min, **respecté** ;
- durée entre deux allumages successifs : la période du cycle vaut $\tau_1+\tau_2=6{,}25$ min $>6$ min, **respecté**.
**Les préconisations sont respectées, mais de justesse.** (Si l'on interprétait la seconde préconisation comme portant sur la seule durée d'arrêt $\tau_2=2{,}5$ min, elle ne serait pas respectée.)
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