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PC*1 / PC*2 / PC 2015 / 2016 Correction du devoir surveillé de physique n°2

1 PC*1/ PC*2 /PC CORRECTION DU DEVOIR SURVEILLE DE PHYSIQUE N°2 26 septembre 2015

Problème 1 : Etude expérimentale d’une machine thermique 88 points Premier principe de la thermodynamique 1) a) Question de cours 2 pts b) Le premier principe « industriel « s’écrit : dH = δm hs − he( ) = Qth +Wméca

et en divisant par dt : dHdt

= Dm hs − he( ) = Pth + Pméca 1 pt

Utilisation des diagrammes 2) a) Le point A est à l’intersection de l’isotherme TA = 64,0 °C et de l’isobare 10 bars 1 pt: vapeur sèche. 1 pt

Le point B est à l’intersection de l’isotherme TB = 42,0 °C et de l’isobare 10 bars, sur la courbe d’ébullition 1 pt: liquide juste saturé. 1 pt Le point C est sur l’isobare 2,5 bars, sur la même isenthalpique de B 1 pt : mélange liquide-vapeur. 1 pt Le point D est à l’intersection de l’isotherme TD = 0,0 °C et de l’isobare 2,5 bars 1 pt: vapeur sèche. 1 pt

b) On mesure : hA = 225kJ.kg-1 1 pt hB = 80 kJ.kg-1 1 pt hC = 80 kJ.kg-1 1 pt hD =195 kJ.kg-1 1 pt 3) L’application du premier principe conduit directement à : a) la puissance reçue de la part de la source chaude Pc = Dm( hB − hA )= −1,0 kW 2 pts puisque Pméca

cond = 0

b) la puissance reçue de la part de la source froide Pf = Dm( hD − hC ) = +0,78 kW 2 pts puisque Pmécaévap = 0

c) pour une évolution adiabatique, PthAD = 0 et la puissance mécanique fournie au fluide par le compresseur

vaut Pu = Dm( hA − hD ) = 0,23 kW 2 pts

Le compresseur reçoit la puissance électrique Pélec = 0,5 kW ; son rendement vaut ηcomp =Pu

Pélec

= 46% 2 pts

On retrouve bien l’ordre de grandeur fourni par le constructeur. 1 pt 4) Pour le cycle, ΔH = 0 soit Wméca +Qf +Qc = 0 soit en termes de puissance : Pc + Pf + Pu = 0

Numériquement : Pc + Pf + Pu = 0,01 kW. 1 pt Aux incertitudes de mesures portant sur le dernier chiffre

significatif, le bilan est bien validé. 1 pt 5) a) On place les points comme précédemment en utilisant les coordonnées fournies par l’énoncé. Le point A est à l’intersection de l’isotherme TA = 64,0 °C et de l’isobare 10 bars 1 pt

Le point B est à l’intersection de l’isothermeTB = 42,0 °C et de l’isobare 10 bars, sur la courbe d’ébullition 1 pt Le tronçon AB suit d’abord l’isobare oblique dans le domaine de la vapeur sèche, puis l’isobare horizontale dans le domaine diphasé. 1 pt Le point C est sur l’isobare 2,5 bars, sur la même isenthalpique de B 1 pt Le point D est à l’intersection de l’isotherme TD = 0,0 °C et de l’isobare 2,5 bars 1 pt Le tronçon CDB suit d’abord l’isobare horizontale dans le domaine diphasé, puis l’isobare oblique dans le domaine de la vapeur sèche. 1 pt

b) sA = 0,74 kJ.kg-1.K-1 1 pt sB = 0,28 kJ.kg-1.K-1 1 pt sC = 0,31kJ.kg-1.K-1 1 pt sD = 0,72 kJ.kg-1.K-1 1 pt 6) a) Dans un diagramme entropique, l’énergie thermique échangée est donnée par la surface sous la courbe 1 pt ; on en déduit la puissance P = T∫ Dmds

1 pt


2 b) Pour la transformation AB, en posant A’ le point de l’isobare =10 bars sur la courbe de rosée,

sA' = 0,68 kJ.kg-1.K-1 : Pc ≈ TBDm sB − sA( )+ 12

TA −TB( ) sA' − sA( )Dm 1 pt = −1− 0,0045( ) kW 1 pt

La contribution petit triangle A’A est négligeable ; on retient Pc ≈ −1,0 kW 1 pt

De même, Pf ≈ TC Dm sD − sC( )= 0,76 kW1 pt On retrouve les valeurs obtenues par l’étude du diagramme enthalpique. 1 pt 7) La compression DA n’est pas tout à fait représentée par un tronçon vertical : elle n’est pas isentropique. 1 pt D’après le second principe : ΔS = Séchangée + Scréée avec ici Séchangée = 0 pour une adiabatique. Il reste Scréée = ΔSD

A = Dmdt sA − sD( ) et l’entropie créée par unité de temps vaut Dm sA − sD( ) = 0,14 J.K-1s-1 2 pts

Cette entropie créée est due à l’existence de frottements mécaniques dans le compresseur 1 pt 8) On mesure à la température de 42°C et à la pression de 10 bars sur la courbe d’ébullition : hL = 80 kJ.kg-1 , sL = 0,28 kJ.kg-1.K-1

et sur la courbe de rosée : hV = 210 kJ.kg-1 , sV = 0,68 kJ.kg-1.K-1

On en déduit l’enthalpie massique de liquéfaction hliq = hL − hV = −130 kJ.kg-1 2 pts et

l’entropie massique de liquéfaction sliq = sL − sV = −40 kJ.kg-1.K-1 2 pts

On vérifie à la température de 42°C = 315 K : sliq =hliq

T= −0,413 1 pt : on retrouve aux incertitudes de

mesure près, la valeur attendue. 1 pt 9) On a mesuré au point C : hC = 80 kJ.kg-1 et sC = 0,31kJ.kg-1.K-1

On mesure aux extrémités du palier de température TC = −7 °C et de pression pC = 2,5 bar les enthalpie et

entropie massiques, sur la courbe d’ébullition : hL = 35kJ.kg-1 , sL = 0,12 kJ.kg-1.K-1 , et sur la courbe de rosée :

hV =190 kJ.kg-1 , sV = 0,71kJ.kg-1.K-1

L’enthalpie H du fluide étant une grandeur extensive : H = Hliq + Hvap = mliqhL +mvaphvap

ou en divisant par la masse m du mélange : h =mliq

mhL +

mvap

mhV = xliqhL + xvaphV = 1− xvap( )hL + xvaphV

On en déduit la relation (des moments) : xvap =h − hL

hV − hL

= 0,29 2 pts

De même, on a : xvap =s − sL

sV − sL

= 0,32 2 pts Les résultats sont cohérents 1pt

Efficacités thermodynamiques

10) a) Par définition, l’efficacité ePAC d’une pompe à chaleur est _Qc

W 1pt avec Qc l’énergie fournie par la

pompe à la source chaude et W l’énergie mécanique reçue par la pompe. En passant aux puissances, il

vient immédiatement ePAC =−Pc

Pu 1pt

De même, pour une machine frigorifique, l’efficacité est Qf

W 1pt avec Qf l’énergie reçue de la pompe

et issue de la source froide et W l’énergie mécanique reçue par la pompe. En passant aux puissances, il

vient eMF =Pf

Pu 1pt


3 b) ePAC = 4,3 1pt et eMF =3,4 1pt 11) Le cycle de Carnot est constitué de deux isothermes et de deux isentropiques : il est représenté par un rectangle 1pt limité par les entropies massiques sB' = sC' = 0,28 kJ.kg-1.K-1 et sA' = sD' = 0,70 kJ.kg-1.K-1,

et par les températures TA' = TB' = 42°C et TC' = TD' = −6 °C. 1pt 12) a) On calcule comme à la question 6) les puissances thermiques échangées par le fluide lors des contacts avec les sources chaude et froide : Pc' ≈ TB' Dm sB' − sA'( ) = −0,92 kW et Pf ' ≈ TC' Dm sD' − sC'( ) = 0,77 kW

On en déduit la puissance mécanique à l’aide du premier principe appliqué à un cycle : Pc'+ Pf '+ Pu' = 0

soit Pu' = 0,15kW et ePACC =

−Pc'Pu '

= 6,1 2 pts eMFC =

Pf 'Pu '

= 5,1

2 pts

b) L’efficacité théorique du cycle de Carnot peut s’exprimer directement en fonction des températures des

deux sources : ePACC ,th =

TB'

TB' −TC'

= 6,5 1 pt et eMFC ,th =

TC'

TB' −TC'

= 5,5 1 pt

Les ordres de grandeur sont respectés. 1 pt 13) On calcule pour chaque fonctionnement le rendement comme le rapport de l’efficacité réelle mesurée sur

l’efficacité du cycle de Carnot correspondant : ηPAC =ePAC

ePACC = 70% 1 pt et ηMF =

eMF

eMFC = 67 % 1 pt

La machine réelle a bien une efficacité inférieure à celle du cycle de Carnot correspondant 1 pt Rendement global 14) On peut calculer les puissances thermiques échangées par l’eau lors des contacts respectivement avec la source chaude : Pc,eau = Dm,eauceau Tc −Te( ) = 0,79 kW reçue par l’eau 1 pt

et avec la source froide : Pf ,eau = Dm,eauceau Tf −Te( ) = −0,58 kW cédée par l’eau 1 pt

Or, les puissances échangées par le fluide réfrigérant ont été calculées : Pc ≈ −1,0 kW cédé à la source

chaude et Pf = 0,76 kW reçu de la source froide. Une partie importante, plus de 20% environ de l’énergie apporté par le fluide réfrigérant est perdue, et n’est pas transférée à l’eau. 2 pts 15) Les puissances utiles sont celles qui sont effectivement transférée à l’eau. La puissance dépensée par l’opérateur est la puissance électrique.

On en déduit l’efficacité globale de la machine ePAC ,global =Pc,eau

Pélec

= 1,6 2 pts eMF ,global =−Pf ,eau

Pélec

= 1,2 2 pts

ePAC ,global

ePACC = 26 % 1 pt et

eMF ,global

eMFC = 23 % 1 pt Le rendement global réel est bien plus faible que le

rendement purement thermodynamique ; il tient compte des pertes thermiques dans les échangeurs 1 pt, et du rendement imparfait de la conversion d’énergie électrique en énergie mécanique dans le compresseur. 1 pt


4


5


6

j


7

Problème 2 : ANALYSE DE L’EFFET DE SERRE 68 points 1) La « chaleur solaire » est le rayonnement solaire total 1 pt couvrant entre autres tout le spectre du visible, la « chaleur obscure » est le rayonnement infrarouge 1 pt émis par la terre, et les « obstacles » sont l’atmosphère qui absorbe le rayonnement infra rouge émis par la terre. 1 pt 2) Un corps noir absorbe la totalité du rayonnement qu’il reçoit. 1 pt Idéalement, il ne transmet ni ne réfléchit rien. Il est ainsi nommé car aux températures « habituelles », de -20°C à 60°C par exemple, l’émission s’effectue dans un domaine spectral hors du visible. 1 pt La couleur d’un corps noir dépend de sa température, 1 pt et il peut alors avoir toutes les couleurs du spectre du visible. 3) La géothermie, 1 pt issue de l'activité radioactive à l'intérieur de la Terre représente 0,02 % de la contribution provenant du Soleil, les frictions dues aux marées 1 pt 0,002 %, et l'utilisation de combustibles fossiles 1 pt et la fission radioactive 0,007 %.1 pt 4) L’élévation de la température terrestre moyenne fait fondre des glaciers et diminuer la surface des calottes polaires 1 pt qui contribuent de façon très importante à l’albedo terrestre. 5) La surface de Terre réfléchie environ 8% du rayonnement solaire : la Terre n’est pas un corps noir, 1 pt mais la modéliser ainsi permet de définir une température effective, qui n’est pas sa vraie température, mais qui est un indicateur acceptable 1 pt de son comportement. La période de rotation terrestre est très courte devant la durée des transferts thermiques 1 pt au niveau du globe. La notion de température moyenne est donc valide. 1 pt 6) On relève pour les quatre plus hautes températures (en dessous de 700K, les courbes sont trop plates pour que l’on puisse déterminer le maximum avec précision) : à 1000 K, λmax = 2,95 µm ; à 900 K,λmax = 3,30 µm ;

à 800 K,λmax = 3,70 µm ; à 700 K, λmax = 4,20µm.

En moyenne, λmax .T = 2955µm.K 2 pts Rq : La valeur « exacte » est 2998 µm.K 7) On a immédiatement λmax = 0,49 µm pour T = 6000 K. 1 pt Cette valeur correspond au milieu du spectre visible. 1 pt L’évolution ayant choisi, par ses voies impénétrables, de donner aux habitants de la Terre la perception d’une petite partie du spectre électromagnétique, cette faculté s’est naturellement développée dans le domaine du spectre où l’intensité est la plus forte. 1 pt On peut supposer que si la température du soleil n’était que de 3000 K, notre domaine du visible serait centré sur λmax =1µm, soit dans le proche infra rouge. Le « domaine du visible » se développe autour du maximum de la densité spectrale. 1 pt


8

8) σ = π2

60kB

4

c23 = 5,67.10-8 W.m-2.K-4 1 pt

9) a) On calcule le diamètre du soleil soit : Dsol = θ.dTS = 1309000 km soit un rayon de RSol = 654500 km. 1 pt L’application de la loi de Stefan au soleil de température T = 6000 K donne une puissance surfacique émise de pSol =σT 4 avec σ = 5,67.10-8 W.m-2.K-4 soit pSol = 7,348.107 W.m-2 1 pt

et une puissance totale PSol = pSol 4πRSol2

1 pt soit PSol = 9,95.1026 W 1 pt

On trouve une puissance du même ordre de grandeur que la puissance fournie PSol ex = 385 YW (yottawatts)

b) Au niveau de la terre, cette puissance est répartie sur une sphère de rayon dTS = 150.106 km, soit

A0 =PSol ex

4πdTS2 1 pt A0 =1362 W.m-2 1 pt

c) La terre présente à chaque instant au rayonnement solaire une surface projetée égale à un disque de rayon RT .

Elle reçoit une puissance A0πRT2

1 pt qui est répartie sur toute la surface terrestre d’aire 4πRT2

1 pt

La puissance reçue par unité de surface terrestre est donc A0πRT

2

4πRT2 =

A0

4 soit 340,5 W.m-2. 1 pt

On retrouve bien la valeur proposée. 1 pt 10) Connaissant la longueur d’onde du maximum d’émission du spectre des étoiles, (obtenue par spectrographie), la loi de Wien nous donne la température de surface de l’étoile, 1 pt ce qui est une indication de son âge et/ ou de sa taille 1 pt: géante rouge, naine blanche,.. 11) Dans le domaine du visible, pour des longueurs d’onde comprises entre 0,4 µm et 0,75 µm, l’atmosphère est presque parfaitement transparente. 1 pt En revanche, elle présente une absorption importante dans les UV et les IR. 1 pt 12) La terre recevrait la puissance surfacique < A0 > , et en absorberait 0,7 < A0 >= 239 W.m-2 en tenant

compte de son albedo ; la loi de Stefan donne directement T0 =0,7 < A0 >

σ⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

14

= 254 K (-18°C) 2 pts

En fait, la température serait encore plus basse, car des zones recouvertes de neige ou de glace très étendues augmenterait l’albedo. 1 pt Avec une température aussi basse, l’eau serait gelée et la vie n’aurait pas pu se développer. 1 pt

13) Avec la loi de Wien : λmax =CTT

=10 µm 1 pt: on est dans le domaine des infra rouges, pour lesquels

l’atmosphère est globalement opaque, 1 pt hormis une étroite fenêtre de transparence entre 0,8 µm et 10,2 µm. L’atmosphère va absorber de façon importante le rayonnement terrestre. 1 pt 14) Encore la loi de Stefan.. : la puissance surfacique moyenne rayonnée par la surface de la terre à la température de 288 K est pT = σTT

4

1 pt puissance rayonnée par la surface de la terre pT = 390 W.m-2 1 pt La puissance surfacique moyenne reçue par le sol d’une Terre en l’absence d’atmosphère de la part du soleil serait 0,7 < A0 > soit 239 W.m-2 reçue par le sol. 1 pt La terre émet davantage de puissance 390 W.m-2 que n’en apporterait le soleil au niveau du sol 239 W.m-2 dans le cas d’une atmosphère parfaitement transparente. La différence est due à l’existence d’une atmosphère, qui absorbe et réémet de l’énergie. On doit admettre que le complément 151 W.m-2 est rayonné par l’atmosphère vers le sol, 1 pt ce qui contribue à augmenter sa température. La présence de l’atmosphère impose une puissance surfacique supplémentaire au sol, d’où l’appellation de forçage radiatif. 1 pt


9 15) Si l’atmosphère rayonne autant vers l’espace que vers le sol, elle émet vers l’espace une puissance surfacique de 151 W.m-2. 1 pt A l’équilibre thermique : l’atmosphère reçoit du soleil 342 W.m-2 , elle rayonne 151 W.m-2 vers l’espace et elle réfléchit 103 W.m-2 vers l’espace. Il reste 342 −103−151= 88 W.m-2 La puissance surfacique moyenne rayonnée par la terre et traversant l’atmosphère sans être absorbée est de 88 W.m-2. 1 pt La fenêtre spectrale autorisant ce rayonnement direct est compris entre 8 µm et12 µm. 1 pt 16) L’altitude effective d’émission est l’altitude au dessus de laquelle il n’y a plus beaucoup d’absorption. 1 pt La vapeur d’eau restant en bas de l’atmosphère, sa concentration n’a que peu d’impact sur l’absorption du rayonnement ascendant ; l’altitude effective d’émission, qui dépendra des concentration en CO2 et CH4 1 pt 17) Selon la loi de Stefan-Boltzmann l’intensité du rayonnement émis évolue comme la température, et compte tenu du profil thermique de la troposphère, décroît avec l’altitude d’émission. 1 pt

Loi de Stefan-Boltzmann : p = σT 4 soit dpp

= 4 dTT

et pour de faibles variations, δp = 4 δTT0

p0

2 pt

En prenant le modèle simpliste de l’atmosphère en équilibre isotherme à 280 K, à 5 km T0 = 250 K, et

δpp0

= 4 0,6250

soit δpp0

≈ 1% 1 pt

18) 19) L’application de la formule de Myhre pour C = 395 ppmv donne F = 1,84 W.m-2. 1 pt La puissance surfacique rayonnée par la terre avant l’ère industrielle valait donc : 390 − 1,84 = 388 W.m-2 ce qui correspondait à une température donnée par la loi de Stefan égale à T = 287,6 K ; Selon ce modèle, l’augmentation de température est égale à 0,4 K. 1 pt Pour un doublement du CO2 , F = aLn2 = 3,71 W.m-2 soit p = 390 −1,84 + 3,71= 392 W.m-2 et une

température T = pσ

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

1/ 4

= 288,3 K ΔT = +0,7 K 1 pt

De même, pour un triplement, F = aLn3 = 5,88 W.m-2 , p =394 W.m-2 et ΔT = +1,1K 1 pt Cette variation est bien inférieure à celle mesurée et représentée sur les figures : la formule de Myhre, très utilisée par les climato-septiques, semble bien montrer ses limites… 1 pt

Le soleil est vu depuis la terre sous un L1 pt Le soleil est

vu depuis la terre sous un

Le soleil est vu depuis la terre sous un

1 pt

atmosphère

sol

342 W.m-2 103 W.m-2 88 W.m-2

1 pt 151 W.m-2

1 pt

239 W.m-2 1 pt

390 W.m-2

1 pt

151 W.m-2


10

Problème 3 : MOGWAÏS ET GREMLINS 30 points

1) a) Question de cours : en l’absence de terme de création ou d’annihilation, ∂n∂t

= Dm∂2n∂x2 1 pt

b) En utilisant la relation entre distance et temps typique de diffusion associés, L2 ≈ Dmτm soit τm ≈ L2

Dm 1 pt

2) Les coefficients de diffusion sont plus petits dans les liquides (ici l’eau) que dans les gaz (l’air) : Dm > Dg 1 pt 3) a) Soient n( x,t )V gremlins dans un volume V. Au bout d’un temps τ, chaque gremlin s’est dupliqué : il y

en a donc eu création de n( x,t )τ

gremlin par unité de volume et de temps. 1 pt

b) Le nombre de gremlins du volume V qui meurent pendant la durée τ est égal à n( x,t )nC

. n( x,t )V ,

soit n2( x,t )nCτ

morts par unité de volume et de temps. 2 pts

c) On refait un bilan de gremlins dans le domaine Sdx en tenant compte des termes de création et de disparition Pendant dt, il entre Φ( x,t )dt gremlins par la section d’abscisse x , avec Φ( x,t ) = jg ( x,t )S

il en sort Φ( x + dx,t )dt par la section d’abscisse x +dx, avec Φ( x + dx,t ) = jg ( x + dx,t )S

il en apparait n( x,t )τ

Sdxdt et il en disparait n2( x,t )nCτ

Sdxdt

soit un gain algébrique −∂jg

∂x+ n( x,t )

τ− n2( x,t )

τnC

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟ Sdxdt

Cet accroissement peut aussi s’écrire : n( x,t + dt )− n( x,t )( )Sdx = ∂n∂t

dtSdx

On a donc : ∂n∂t

= −∂jg

∂x+ nτ− n2

nCτ et avec jg = −Dg

∂n∂x

, ∂n∂t

= Dg∂2n∂x2 +

nτ− n2

nCτ 2 pts

4) En régime stationnaire, ∂n∂t

= 0 et une solution uniforme ne dépend pas de l’espace ∂2n

∂x2 = 0

Il reste nτ− n2

nCτ= 0 soit n = 0 ou n = nc

n = n1 = 0 est trivial : il n’y a aucun gremlin dans l’enclos. 2 pts

n = n2 = nc correspond à une probabilité de mort de 1 : chaque gremlin qui vient de se dupliquer disparait aussitôt, l’enclos est saturé. 2 pts 5) a) A gauche, ( x →−∞ ), l’enclos est saturé 1 pt et à droite, ( x → +∞ ), l’enclos est vide. 1 pt

Aux deux extrémités, les concentrations sont constantes donc vérifient limx→±∞

∂n( x,t )∂t

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= 0

1 pt

b) Pour x → ±∞ , à un temps fini, u → ±∞ ; on a donc lim

u→−∞f ( u ) = lim

x→−∞n( x,t ) = n2 = nc et lim

u→+∞f ( u ) = lim

x→+∞n( x,t ) = n1 = 0

Enfin, d’après la question précédente, limu→±∞

f '( u ) = limx→±∞

∂n( x,t )∂t

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= 0 lim

u→±∞f '( u ) = 0

2 pts


11 c) On injecte la solution n( x,t ) = f ( x − ct ) dans l’équation de diffusion :

∂n( x,t )∂t

= −c f '( u ) ∂n( x,t )∂x

= f '( u ) ∂2n( x,t )∂x2 = f ''( u ) soit : Dg f ''+ c f '+ f

τ− f 2

ncτ= 0

2 pts

6) On écrit le PFD pour une masse m soumise à la force de frottement fluide −hv et à la force conservative

F = −

dEp

dxux : en projection sur un axe x' Ox , mx = −h x −

dEp

dx ou encore : mx + h x +

dEp

dx= 0

1 pt

En identifiant, avec f ( u ) l’analogue de x( t ) , dEp

dx= xτ− x2

ncτ 1 pt soit Ep =

x2

2τ− x3

3ncτ 1 pt avec Ep( 0 ) = 0

7) Théorème de l’énergie mécanique : d Ec + Ep( ) = δWfrott soit d 12

mx2 + x2

2τ− x3

3ncτ⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟= −h xdx

et 12

mx2 + x2

2τ− x3

3ncτ⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥−∞

+∞

= − h x dx−∞

+∞

∫

Par analogie, 12

Dg f ' 2+ f 2

2τ− f 3

3ncτ⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥−∞

+∞

= − cf ' df−∞

+∞

∫ avec df = dfdu

du = f ' du

12

Dg f ' 2+ f 2

2τ− f 3

3ncτ⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥−∞

+∞

= − cf ' 2 du−∞

+∞

∫

Avec les conditions aux limites établies précédemment, 0 +n1

2 − n22

2τ−

n13 − n2

3

3ncτ⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥= −c f ' 2 du

−∞

+∞

∫

soit avec n1 = 0 et n2 = nc , −nc

2

2τ+

nc2

3τ= −c f ' 2 du

−∞

+∞

∫ et c =nc

2

6τ f ' 2 du−∞

+∞

∫

4 pts

Avec c > 0, la solution correspond à une onde se propageant dans le sens des x croissants. 1 pt Pour les mogwaïs, la distance de peuplement évolue en t .1 pt Pour les gremlins, elle est proportionnelle à t 1 pt (OPP) : l’occupation est plus rapide pour les gremlins. 1 pt

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