I. Utilisation d’un club de golf

PCSI - STANISLAS CB2 PHYSIQUE - durée 4H - CORRIGÉ 29/05/19

CONCOURS BLANC N

2

I. Utilisation d’un club de golf

Q1.

Le club est un solide en rotation autour d’un axe fixe (O_z) horizontal localisé sur le doigt si l’on considère un contact ponctuel(figures ci-contre). Les ac- tions subies par le club sont les forces de réaction du doigt qui constitue une liaison pivot, et les forces de pesanteur (on néglige l’action de l’air comme pro- posé plus loin). Le Théorème Scalaire du Moment Cinétique (TSMC) appliqué selon l’axe fixe (O_z) au club dans le référentielRsupposé galiléen s’écrit

dσ^Oz

dt =M^O_pivot^z +M^O_pes^z

Le contact étant ponctuel enO, on aM^O_pivot^z = 0. Or les actions de pesanteur admettentG_ccomme point d’application. Le manche étant considéré sans épaisseur, on a donc aussiM^O_pes^z = 0 si le bras de levier OGcest nul. Ainsi,on obtient un équilibre (^dσ_dt^Oz = 0) si le centre de masseGcest localisé en O, au point de contact avec le doigt.

Q2. a)Le TSMC est maintenant appliqué comme ci-dessus selon l’axe fixe (A_z). La liaison pivot étant sans frottement on obtient

J_cϕ¨=−m_cgh_csinϕ ⇔ ϕ¨+ω₀²sinϕ= 0 avec ω0= sm_cgh_c

J_c .

b)CommeT0=^2π_ω

0on obtient Jc=m_cgh_cT₀²

4π² = 0,34 kg.m². I.2. Modèle du pendule double

Q3. βest l’angle que fait l’axe des bras avec le club. Q4.

β= 0 I.3. Expressions des grandeurs cinétiques

Q5. On a−−→ OG_c=−→

OA+−→

AG_cdonc x_Gc=~u_x.−−→

OG_c=L_bcosθ+h_ccosϕ et y_Gc=~u_y.−−→

OG_c=L_bsinθ+h_csinϕ. La résultante cinétique du club est la quantité de mouvement du pointG_caffecté de la masse totale du

1 C. LACPATIA, A. MARTIN et N. PITEIRA

PCSI - STANISLAS CB2 PHYSIQUE - durée 4H - CORRIGÉ 29/05/19

clubm_c:

~

pc=mc~vc donc ~pc=mc

−(L_bθ˙sinθ+hcϕ˙sinϕ)~ux+ (L_bθ˙cosθ+hcϕ˙cosϕ)~uy

.

Q6. a) Les bras forment un solide en rotation autour de l’axe fixe (O_z), donc Ec_b=1 2J_bθ˙².

b)Le club est un solide en rotation autour de l’axe (A_z) mobile, on ne peut donc directement appliquer la relation précédente. En considérant l’axe (G_cz) fixe on aurait l’énergie cinétique¹₂J_c⁰ϕ˙²avecJ_c⁰= J_c−m_ch²_c(th. de Huygens). Le théorème de Kœnig indique qu’il faut ajouter à cela l’énergie cinétique liée au mouvement deG_caffecté de la massem_c:¹₂m_c~v_c². D’après la questionQ5.où~v_ca été calculée, on obtient

~v_c²= (L_bθ˙sinθ+h_cϕsin˙ ϕ)²+ (L_bθ˙cosθ+h_cϕcos˙ ϕ)² d’où Ecc=1

2mcL²_bθ˙²+1

2Jcϕ˙²+mcL_bhccosβϕ˙θ˙ après simplification, en utilisant cos²+ sin²= 1 pourθet pourϕ.

c) L’énergie cinétique du double pendule est la somme des deux précédentes :Ec=Ec_b+Ec_cdonc Ec=1

2Cθ˙²+1

2Dϕ˙²+Eθ˙ϕ˙cosβ avec C=J_b+m_cL²_b , D=J_c et E=m_cL_bh_c . Q7. Cette foisσ^Oz=σ_b^Oz+σ_c^Ozavecσ^Oz_b =J_bθ, et le théorème de Kœnig conduit à˙

σ_c^Oz = ~u_z.−−→

OG_c∧~p_c+J_c⁰ϕ˙

= m_c(L_bcosθ+h_ccosϕ)(L_bθ˙cosθ+h_cϕcos˙ ϕ) +m_c(L_bsinθ+h_csinϕ)(L_bθ˙sinθ+h_cϕ˙sinϕ) +J_c⁰ϕ˙ en réutilisant toujoursQ5.. En simplifiant avec cos²+ sin²= 1 pourθet pourϕet cosθcosϕ+sinθsinϕ= cosβ, cela donneσ^Oz= (J_b+m_cL²_b) ˙θ+ (J_c−m_ch²_c+m_ch²_c) ˙ϕ+m_cL_bh_c( ˙θ+ ˙ϕ) cosβ, donc

σ^Oz=Cθ˙+Dϕ˙+E( ˙θ+ ˙ϕ) cosβ . I.4. Application : dynamique du swing

Q8. Le couple induit une diminution deϕ, donc Γ_c<0 .

Le TSMC appliqué au {bras et club } par rapport à l’axeOzdans le référentielRgaliléen s’écrit simple- ment, en négligeant l’effet du poids et de l’air,

dσ^Oz

dt = Γ_b ⇔ Cθ¨+Dϕ¨+E(¨θ+ ¨ϕ) cosβ−E( ˙θ+ ˙ϕ)( ˙θ−ϕ) sin˙ β= Γ_b , car les actions du corps enOinterviennent via le couple dans le TSMC.

Q9. Le théorème de la résultante cinétique appliqué au club seul dansRgaliléen s’écrit, toujours en négligeant le poids et l’action de l’air :

d~p_c dt

_R

=F~b→c ⇔ F_x= ˙p_{c x}=d(~u_y~p_c)

dt et F_y= ˙p_{c y}=d(~u_y~p_c) dt . Q10. a) β=θ−ϕest constant donc ˙β= 0 = ˙θ−ϕ˙⇔ θ˙= ˙ϕ.

D’autre partβ=β(0) =^π₂ donc cosβ= 0, et l’équation trouvée enQ8.se simplifie en (C+D) ¨θ= Γ_b ⇒ θ(t) =1

2 Γ_b

C+Dt²+π car θ(0) =π et θ(0) = 0˙ .

2 C. LACPATIA, A. MARTIN et N. PITEIRA

PCSI - STANISLAS CB2 PHYSIQUE - durée 4H - CORRIGÉ 29/05/19

b)

Γ_c(t0) = 0 ⇔ t0= s

−D(C+D)

EΓ_b ⇒ θ(t0) =−D

2E+π = 2,1 rad = 122^◦. Q11. a) •Det= 0 àt=t0, le système {bras + club } estsolide donc indéformable, donc les forces

intérieures ne travaillent pas.

•Det=t0àt=τ, la seule déformation est une rotation autour de la liaison pivot d’axe (Az), donc la puissanceF~_b→c.~v_Ade la forceF~_b→csur le club est exactement compensée par la puissance F~b→c.~v_Ade la force réciproque−F~b→cexercée par le club sur le bras. Quant à la liaison pivot, elle est considéréeparfaiteet on a Γ_c= 0 donc la puissance des forces intérieures est toujours nulle.

b)Le travail des actions exercées par le corps se limite à celui du couple~Γ_bcar l’axeOzest fixe. Il vaut W_b=

ˆ _τ

0

~Γ_b.θ~˙u_zdt= Γ_b ˆ_τ

0

θdt˙ = Γ_b(θ(τ)−θ(0)) = Γ_b(0−π) donc W_b=−Γ_bπ . c)En négligeant l’action de la pesanteur et de l’air, le théorème de l’énergie cinétique appliqué au {bras

+ club } dansRgaliléen entret= 0 ett=τs’écrit, en utilisantQ6.c)et|θ(τ)| |˙ ϕ(τ˙ )|: W_b=Ec(τ)−Ec(0) =Ec(τ)−0 =1

2Cθ(τ)˙ ²+1

2Dϕ(τ˙ )²+Eθ(τ) ˙˙ ϕ(τ) cosβ(τ)≈1 2Dϕ(τ˙ )² d’où ϕ(τ) =˙

s

−2πΓ_b J_c .

d)En reprenant la démarche deQ5.pourG_cmaintenant pour la balle, au pointB, on obtient

−−→ OB=−→

OA+−−→

AB= (L_bcosθ+L_ccosϕ)~u_x+ (L_bsinθ+L_csinϕ)~u_y. D’où la vitesse :

~

v_B = (L_bθ˙sinθ+L_cϕ˙sinϕ)~u_x−(L_bθ˙cosθ+L_cϕ˙cosϕ)~u_y

~v_B(τ) = −(L_bθ˙+L_cϕ)˙ ~u_y ,car θ(τ) =ϕ(τ) = 0

d’où ~v_B(τ)≈ −Lcϕ ~˙u_y car|θ(τ)| |˙ ϕ(τ)|. On en déduit Γ˙ b=−Jcv²_B

2π L_c =−84 N.m.

I.5. Le vol de la balle Q12.

La pression est invariante par symétrie plane selon (Oy) car P(R, π−θ) =P(R, θ).

Par conséquent les forces élémentaires sur des surfaces élémen- taires symétriques donnent une contribution uniquement selon

~

u_y, comme illustré dans la figure ci-contre.

Q13. a)On définit une surface élémentaire dS=rdθdz en coordonnées cylindriques au voisinage du point M(r=R, θ, z) situé sur le cylindre. La force élémentaire de pression enMs’écrit : dF~_p=−P(R, θ) dS ~u_r. Seule sa composante selon~u_ycompte en définitive après intégration :

F_{p y} = ´_2π

θ=0

´_h

z=0−P(R, θ) dS ~u_r.~u_y=´_2π

θ=0

´_h

z=0−P(R, θ) sinθ Rdθdz

= −hR´_2π

θ=0

P0+^ρ₂(v²₀−R²Ω²)−2ρv²₀sin²θ−2ρRΩv0sinθsinθdθ

3 C. LACPATIA, A. MARTIN et N. PITEIRA

PCSI - STANISLAS CB2 PHYSIQUE - durée 4H - CORRIGÉ 29/05/19

Les termes en sinθet sin³θdisparaissent par imparité. Comme´_2π

θ=0sin²θdθ=π, et~v0∧~Ω =v0Ω~u_y, on obtient finalement

F~_p= 2πR²hρv0Ω~u_y=α ~v0∧~Ω avec α= 2πR²hρ .

b)D’un point-de-vue dimensionnel, on a [F_p] = [R²h].[ρ].[v0Ω] =L³.M.L⁻³.L.T⁻²d’où [F_p] =M.L.T⁻², ce qui est bien la dimension d’une force.

D’un point-de-vue physique,F_pest bien croissante avecv0,Ω,Reth, chacun de ces paramètres allant dans le sens d’une plus forte interaction entre le cylindre et l’écoulement.

Q14.La forceF~_pest dirigée selon~u_y si Ω>0, donc la balle est soulevée par l’air (effet deportancepareffet Magnus) et ira plus loin que sous l’effet de la pesanteur seule.

F~_pest dirigée selon−~u_ysi Ω<0, donc la portance est dirigée vers le bas ce qui raccourci la portée du tir en s’ajoutant à l’effet de la pesanteur.

Q15.F_p= 0,4 N etM_bg= 0,45 N. La portance compense presque entièrement l’effet de la pesanteur, ce qui permet à la balle d’aller très loin dans le cas du driver.

Q16.SiΩ a une composante selon~ ~u_y, alorsF~_pen aura une selon~u_zet donc la trajectoire ne sera plus plane, mais incurvée latéralement.

Q17.On a négligé laviscosité, qui va modifier cette portance mais surtout induire uneforce de traînée, qui est la composante horizontale de la résultante des actions de l’air sur la balle. Ainsi la balleva tourner de moins en moins vite et sa translation sera elle aussi freinée.

II. Étude d’une pompe à chaleur pédagogique

II.1. Étude thermodynamique du système fermé II.1.1. Modèle de Carnot

Q1. a) Premier principe au fluide R134a sur un cycle : ∆U= 0 =W+Q_c+Q_f. L’écriturene dépend pas du caractère réversibledes évolutions.

b)Deuxième principe au fluide R134a sur un cycle réversible : ∆S= 0 =Qc

T_c +Q_f T_f + 0 .

L’écrituredépend caractère réversibledes évolutions : dans le cas d’un cycle non-réversible, il y a de l’entropie créée (S_c>0) et le bilan entropique sur le cycle s’écrit 0 =^Q_T^c

c+^Q_T^f

f +S_c. Q2. a) Récepteur : W >0 . Le bilan entropique donne Q_c=−Qf

Tc

T_f >0 . b)En valeurs absolues on obtient|Q_c|=|Q_f|_T^Tc

f donc |Q_c|>|Q_f|.

Il y a doncplus d’énergie thermique fournie à la source chaude qu’il n’en a été prélevé à la source froide, grâce au travail fourni par le compresseur.

Q3. a) η_{f c}=^Q_W^f=^Q_W^f =−_Q^Qf

f+Qc=− ¹

1+^Qc Qf

=− ¹

1−^Tc Tf

⇒ η_{f c}= T_f Tc−T_f . b) η_{f c}= 10,5 .

c) L’efficacité d’un réfrigérateur actuel estplutôt de l’ordre de 3 ou 4, ce qui est bien moindre que l’efficacité de Carnot que l’on vient de calculer.

Q4. a) η_cc=^Q_W^c=−^Q_W^c=_Q^Qc

f+Qc= ¹

1+^Qf_Qc

= ¹

1−^Tf_Tc ⇒ η_cc= T_c T_c−T_f .

b) η_{f c}= 11,5 . L’efficacité de Carnot du dispositif de chauffage estsupérieureà celle du réfrigérateur.

4 C. LACPATIA, A. MARTIN et N. PITEIRA

PCSI - STANISLAS CB2 PHYSIQUE - durée 4H - CORRIGÉ 29/05/19

II.1.2. Modèle des pseudo-sources Q5. a) 0 =δW+δQ_f+δQ_c.

b) 0 =δQ_f T_f +δQ_c

T_c

Q6. a)Premier principe appliqué à la source froide (massem_ed’eau) : dU_f=−δQ_f=⇒ δQ_f=−m_ec_edT_f

b)De même, le premier principe appliqué à la source chaude (massem_ed’eau) donne : dU_c=−δQc=⇒ δQ_c=−mec_edT_c

c)La relation obtenue auQ5.b)donne alors directement dT_f T_f +dT_c

T_c = 0 .

Q7. a) — On voit sur le graphique queT_c augmenteau cours du temps etT_f diminue, dans une moindre mesure. Ceci est cohérent avec le fait queδQ_c<0, c’est-à-dire que la source chaude reçoit le transfert thermique de la part du fluide R134a, et donc s’échauffe, alors queδQ_f >0 la source froide en cède au R134a, et donc se refroidit. De plus,|δQ_f|<|δQ_c|, ce qui fait que l’échauffement deT_cet plus grand que le refroidissement deT_f.

— Quant à^pT_cT_f, ellereste constante au cours du temps. Cela signifie que ln ^pT_cT_f =

1

2(lnT_c+ lnT_f) =cte, c’est-à-dire que sa différentielle est nulle, comme obtenu à la question Q6.c):

dT_f T_f +dT_c

T_c = 0

b)Pourt >1500 s, l’eau de la source froide sesolidifie. Le changement d’état (à pression constante) se fait donc à température constante. Toute l’énergie thermique échangée le fluide R134a et la source froide correspond alors à l’énergie libérée par la solidification de l’eau du seau.

En posant `_sol(T_sol) < 0 la chaleur latente massique de solidification de l’eau à la température θ_sol= 0^◦C du changement d’état sous la pression atmosphérique, on a, pourt >1500 s :

δQ_f=−δx×m_e`_sol(T_sol) >0

oùδxest la variation du titre massique en solide au cours d’un cycle infinitésimal.

Q8. a)Si l’on s’intéresse à la pompe à chaleur en tant quedispositif de chauffage, alors l’énergieutile correspond àδQ_c, et cellecoûteuseest de toute façonδW. D’où la relation proposée pourη_t. b)Les transformations étant supposées réversibles, on retrouve le rendement de Carnot

η_t= T_f T_c−T_f

En effet, en reprenant les expressions deδQ_cet deδW=−δQ_f−δQ_c, on retrouve bien η_t=−δQ_c

δW = 1 1 +^δQf

δQc

= 1

1−^T_T^c

f

= T_f T_c−T_f

5 C. LACPATIA, A. MARTIN et N. PITEIRA

PCSI - STANISLAS CB2 PHYSIQUE - durée 4H - CORRIGÉ 29/05/19

c) En multipliant numérateur et dénominateur parT_c, on obtient bien η_t= T_c²

T_c²−T₀² avecT₀²=T_fT_c, c’est-à-dire T0=^qT_fT_c qui est bien une grandeurconstante, comme vu à la questionQ7.a), et correspond donc bien à latempérature initiale des deux seaux.

d) — On voit que plus ∆Test faible, plus l’efficacité théoriqueη_tde la machine est importante. Cela est cohérent avec le fait que cela coûte d’autant moins de faire fonctionner la pompe à chaleur que le différentiel de température entre source froide et source chaude est faible.

D’autre part, on voit dans l’expression proposée queη_test supérieure à 1 : on récupère au niveau de la source chaude au minimum la quantité d’énergie injectée au niveau du compresseur.

— L’évolution de «e théorique» proposée sur le graphe est totalement en accord avec l’expression proposée : avec une efficacité extrêmement importante pour ∆T '0, qui diminue au cours du temps, c’est-à-dire au fur et à mesure que ∆Taugmente, et qui tend vers une valeur strictement positive.

II.2. Étude thermodynamique de l’écoulement stationnaire II.2.1. Écoulements stationnaires à travers les différents composants

Q9. La température devient constante dans le seau de gauche (source froide) lorsque l’eau sesolidifie.

Q10.L’échelle de température indique la température du changement d’état du fluide R134apour la pression considérée. Ainsi, avec une simple mesure indépendante de température, on peut connaître l’état(liquide ou gazeux) du R134a.

Q11.Question de cours.

On travaille sur un système fermé de fluide qui s’écoule dans la machine, entre deux instantst1ett2. On applique le premier principe à ce système. Par conservation de la masse, la masse sortante est égale à la masse entrante. Il faut exprimer la variation d’énergie interne, et d’énergie cinétique, le travail des forces de pression (à regrouper avec la variation d’énergie interne pour former l’enthalpie), le travail du poids (réécrit dans sa version énergie potentielle). On a alors

∆h+ ∆e_c+ ∆(gz) =w_i+q_e

Q12. a) La transformation 4→5 peut être considérée adiabatique si la conduite du détendeur estcalo- rifugée, ou si latransformation est suffisamment rapidedevant le temps caractéristique des transferts thermiques.

b)En appliquant le bilan énergétique pour les systèmes en écoulement (questionQ11.), pour la trans- formation 4→5, adiabatique (q_e= 0) et sans partie mobile (travail indiqué nulw_i= 0) :

∆h=h5−h4= 0 + 0⇒ h5=h4

Ainsi, l’enthalpie massique se conserve au cours de cette transformation.

Q13.Bilan énergétique pour les systèmes en écoulement, avecq_e= 0 :

∆h=w_i12+ 0⇒ w_i12=h2−h1= 22 kJ.kg⁻¹ >0

Calculer le travail massique indiquéw_i12est bien positif, car fourni par le compresseur (et reçu par le fluide R134a).

6 C. LACPATIA, A. MARTIN et N. PITEIRA

PCSI - STANISLAS CB2 PHYSIQUE - durée 4H - CORRIGÉ 29/05/19

II.2.2. Diagrame enthalpique

Q14. Isotherme en phase liquide: il s’agit également d’uneisenthalpe(→verticale) car pour une phase condenséedH=CdT.

En étatdiphasé: l’isotherme se confond avec l’isobare(→horizontale) car pour un changement d’état, siTest fixée alorspl’est également.

Sous forme devapeur sèche: l’isotherme vatendre vers une isenthalpe(→verticale) pour les plus faibles pressions où l’on va retrouver le modèle dugaz parfaitavec la deuxième loi de JouleH(T).

Q15.

Q16. a) ∆s_AB(T) =∆h_AB(T) T

b)T= 299 K correspond àθ= 29^◦C. Le changement d’état se fait entre les points 3 et 3’. On a alors, d’après les valeurs du tableau :

(s3−s3⁰= 1,72−1,13 = 0,590 kJ.K⁻¹.kg⁻¹

h3−h₃0

T3 = 0,599 kJ.K⁻¹.kg⁻¹ La concordance des deux valeurs est raisonnable.

c)On lit directement sur le diagramme (P, h) la différence d’enthalpie sur le palier de changement d’état àθ= 0^◦C : `_vap(T= 273 K) = 396−200 = 196 kJ.kg⁻¹.

Cette valeur est de l’ordre de grandeur de celle de l’oxygène ou de l’azote, maisdix fois plus faible que celle de l’eau.

Q17. On peut déterminerx5à l’aide de`_vap(T= 273 K) :

h6−h5= (1−x5)`_vap(T= 273 K)

7 C. LACPATIA, A. MARTIN et N. PITEIRA

PCSI - STANISLAS CB2 PHYSIQUE - durée 4H - CORRIGÉ 29/05/19

Or la transformation 4→5 est isenthalpique, donch5=h4. Ainsi : x5= 1− h6−h4

`_vap(T= 273 K)= 0,13

Ce résultat est bien cohérent avec la position du point 5, bien plus proche de la courbe d’ébullition que de la courbe de rosée.

Rq : la valeur dex5pouvait aussi être directement lue graphiquement à l’aide du théorème des moments.

II.2.3. Efficacité de la pompe à chaleur Q18.r=^Dm_P^wi12= 0,42.

Il s’agit d’un ordre de grandeur assez usuel pour le rendement d’un moteur.

Q19.

a)

b) η_c=

q24

w_i12

=h2−h4

h2−h1

.

c) A.N. : η_c= 9,27< η_cc. Même sans tenir compte du rendement du compresseur, l’efficacité est moindre que celle maximale de Carnot, à cause des irréversibilités dans le cycle de la machine.

d) La désurchauffe et le sous-refroidissement permettent d’augmenter qcet donc l’efficacité de la pompe à chaleur.

e) En prenant en compte le rendement du compresseur on a η=r×η_c= 3,89 . Celle-ci est diminuée d’un peu plus de moitié par les pertes dans le compresseur.

Q20.Le sens des échanges énergétiques est inchangé par rapport à l’utilisation comme dispositif de chauffage.

η_f=

q51

w_i12

=h1−h5

h2−h1

=h1−h4

h2−h1

= 8,27< η_{f c}

La surchauffe 6 →1 permet non seulement une augmentation de l’efficacité, mais surtout de s’assurer qu’aucune goutte de liquide ne pénètre dans le compresseur.

En prenant en compte le rendement du compresseur : η=r×η_f= 3,47

Q21.Comme dit précédemment, la surchauffe (6 →1) permet de s’assurer qu’aucune goutte de liquide ne pénètre dans le compresseur.

Q22. P=D_m×q61=D_m(h1−h6) = 25,4 W . Cette valeur est faible comparée aux puissances échangées lors des changements d’état.

8 C. LACPATIA, A. MARTIN et N. PITEIRA