8 : Moment cinétique, forces centrales conservatives et thermodynamique

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MPSI2, Louis le Grand

Devoir en temps limité

^o

8 : Moment cinétique, forces centrales conservatives et thermodynamique

samedi 13 juin 2020

Conservez seulement de quoi écrire et une calculatrice : pas de téléphone, de Wolfram Alpha, de Wikipedia…

Si vous ne comprenez pas une notation, une question, ou si vous pensez avoir découvert une erreur d’énoncé, signalez-le immédiatement.

Problème 1 : Mouvements d’une tige en rotation

On considère une tige homogène de massemet de longueur`en rotation autour d’un axe fixe.

I Moments d’inertie

Le moment d’inertie par rapport à l’axe∆orthogonal à la tige et passant par son extrémitéO, notéJ∆vaut :

J∆=ml² 3 .

`

G ∆

⁰

O ∆

Exprimer le moment d’inertie par rapport à l’axe∆⁰, parallèle à∆et passant par le centre d’inertieGde la tige, notéJ_∆0, en fonction deJ∆.

II Mouvements libres

Dans cette section, la tige est fixée par son extrémitéOet n’est soumise qu’à la pesanteur, d’accélération#»g, on néglige en particulier tout frottement.

II.1. On noteθl’angle formé à un instant par la tige avec la verticale.

Établir l’expression de l’énergie cinétique de la tige en fonction de Jetθ.˙

II.2. Montrer que le système est conservatif et donner une expression de son énergie potentielle.

∆

#» g θ

II.3. En déduire qu’on peut définir une constante du mouvement de la forme : θ˙²+K(1−cos(θ)),

avecKune constante dont on donnera l’expression en fonction des constantes du problème.

II.4. La tige se trouve initialement enθ= 0et on lui communique une vitesse angulaireθ˙0.

(a) Déterminer la valeur minimale deθ˙0, notéeω_minpour laquelle la tige peut effectuer un tour complet autour de l’axe∆.

(b) Pourθ˙0ωmin, établir l’expression de la pulsation des petites oscillations de la tige.

II.5. L’axe∆est désormais fixé au sol et on désigne maintenant parθ l’angle entre la direction de la tige et cette direction initiale (voir figure ci-contre). La tige est lâchée sans mouvement initial de l’angle

θ0.

O

∆

O

⁰

#» θ g

(a) Déterminer l’expression de sa vitesse angulaireθ˙en fonction de l’angleθet en déduire la valeur deθ˙quand la tige atteint le sol.

(b) Déterminer les expressions, au cours de la chute, des composantes verticales de l’accélération :

• du centre d’inertieG,

• de l’extrémitéO⁰de la tige.

III Collisions

On reprend la configuration de la questionII.4. La tige, initialement au repos à sa position d’équilibre stable, est heurtée par un point ma- tériel de massem0animé d’un vecteur vitesse initialv0e# »x(v0 >0) horizontal, à une distancedde l’axe∆. La collision est supposée ponc- tuelle et instantanée. On désigne parve# »xle vecteur vitesse du point matériel immédiatement après la collision, toujours horizontal, et par ωla vitesse de rotation de la tige immédiatement après la collision.

∆ v #»

₀

d

#» g

On admet que :

• le moment cinétique total de l’ensemble du point matériel et de la tige par rapport à l’axe∆est conservé au cours de la collision,

• l’énergie cinétique totale de l’ensemble est également conservée.

III.1. (a) Établir deux expressions liantv0−vetωd’une part ;v²₀−v²etω²d’autre part.

(b) En déduire une expression dev+v0en fonction deω, puis celles devetωen fonction dev0et des paramètres du problème.

III.2. Déterminer à quelle condition le choc du point matériel sur la tige permet à celle-ci de faire un tour complet autour de l’axe∆.

III.3. Comparer la quantité de mouvement de l’ensemble de la tige et du point matériel avant et après le choc.

En déduire la distance optimale à laquelle on devrait frapper une balle de base-ball avec une batte (si celle-ci était uniforme) pour le confort du batteur.

IV Résolution de problèmes

À vous d’analyser et modéliser les situations présentées ci-dessous à l’aide des résultats précédents.

Julien Cubizolles, sous licencehttp://creativecommons.org/licenses/by-nc-nd/2.0/fr/. 1/16 2019–2020

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O

∆

O

⁰

(a) Instant initial

O

∆ O

⁰

(b) Instant final

IV.1. Expliquer le phénomène représenté à la figure ci-après. La bille initialement placée à l’extrémitéO⁰se retrouve dans le verre à l’issue du mouvement.

IV.2. Déterminer la hauteur maximale à laquelle remonte le sac de sable de droite quand celui de gauche (identique) est lâché sans vitesse initiale d’une hau- teurhdans le dispositif ci-dessous. La barre a une massemet une longueur`. Les deux sacs ont pour massem0.

m m

0

m

0

h

IV.3. On étudie un domino de massem, de largeuraet de hauteurbini- tialement placé verticalement sur le sol et pouvant pivoter sans frottement autour de ses arêtes. Il est heurté par le même point matériel dans les conditions de la section III. Déterminer à quelle condition le choc le fera tomber. Le moment d’inertie par rapport à l’arête∆_d estJd=m(a²+b²)/3.

∆

_d

v #»

0

m

0

b a

x

Problème 2 : Modifications d’orbites spatiales

On étudie les modifications de l’orbite d’un engin spatial dans le champ de gravitation d’un astre immobile dans un référentiel galiléen. L’engin, de masse notéemsera considéré ponctuel désigné par le pointMet l’astre à symétrie sphérique, de masse notéemTet de centre notéO. Pour les applications numériques, on prendra la masse de la Terre, donnée à la fin de l’énoncé.

I Généralités

On établit dans cette partie plusieurs résultats utiles dans le reste du problème.

I.1. (a) Montrer que le moment cinétique deMpar rapport àO, notéσ# »_/O(M)est conservé.

(b) En déduire que le mouvement deMautour deOest plan. On note par la suiteσla norme de

# » σ_/O(M).

I.2. On considère queMparcourt une orbite circulaire de rayonRautour deO.

(a) Montrer que le mouvement est uniforme et établir l’expression de sa vitesse en fonction deG, m_T etR.

(b) En déduire les expressions de l’énergie cinétique, de l’énergie potentielle et de l’énergie mécanique en fonction uniquement dem, mT,GetR.

(c) En déduire l’expression du moment cinétiqueσen fonction dem, mT,GetR.

(d) Calculer le rayon et la vitesse pour une orbite géostationnaire, de périodeT =24 h. Calculer la vitesse et la période sur une orbite d’altitudeh=500 km.

I.3. On ne se limite plus désormais aux orbites circulaires. On se place en coordonnées polaires(r, θ)de centreO.

(a) Montrer qu’on peut définir une énergie potentielle effective, notéeE_eff(r), qu’on exprimera en fonction deσ,m,mT,retG, telle que l’énergie mécaniqueE_mvérifie à chaque instant :

E_m=E_eff(r) +1

2mr˙². (1)

(b) Tracer l’allure deE_eff(r)et en déduire la nature des mouvements suivant les valeurs deE_m. (c) Dans le cas d’un état lié, rappeler la nature de la trajectoire et montrer que la distanceroscille entre

deux valeurs minimale et maximale respectivement notéesrpetra. Illustrer sur la courbe précé- dente deE_effcomment déterminer les valeurs derpetrapour une valeur de l’énergie mécanique E_mdonnée.

(d) Établir l’expression de l’énergie mécanique dans un état lié en fonction deG,mT,m,rpetra.

II Libération

II.1. Le kW·h électrique coûte environ 0,15 €. En déduire le coût théorique de satellisation sur une orbite d’altitude 500 km d’une masse 1 kg de charge utile. Commenter sachant que le coût réel est de l’ordre de 1·10³€/kg. On pourra au choix considérer un lancer depuis l’équateur ou depuis les pôles pour ne pas se soucier de la rotation de la Terre.

II.2. L’engin est initialement sur une orbite circulaire de rayonR0. On peut à l’aide d’un moteur changer instantanément sa vitesse sans que sa distance àOne change. Déterminer la nouvelle vitesse qu’il doit posséder pour échapper au champ gravitationnel de l’astre. Calculer sa valeur pour une orbite d’altitude 500 km.

II.3. On noteV0la vitesse sur l’orbite circulaire de rayonR0. Les moteurs disposent d’une « réserve de vitesse » de4V0. Ceci signifie qu’ils peuvent faire varier le vecteur vitesse du vaisseau, en une ou plusieurs fois, de telle sorte que la somme des valeurs absolues des variations de vecteur vitesse n’excède pas4V0. On envisage plusieurs stratégies pour échapper au champ gravitationnel de l’astre. À chaque fois, les changements de vitesse seront considérés instantanés.

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(a) Dans la première stratégie, on utilise toute la réserve de vitesse en une fois. Déterminer la vitesse de l’engin quand il se trouve à l’infini de la Terre.

(b) Dans la deuxième stratégie, on réduit d’abord la vitesse deV0àV0/2sans changer la direction du vecteur vitesse. Déterminer les caractéristiques de la nouvelle orbite :

• énergie mécaniqueE_met nature de la trajectoire,

• distancesraetrpen fonction deR0,

• vitessesvaetvpquand les distances sont respectivementraetrp. Tracer également l’allure de la trajectoire.

(c) Dans un deuxième temps, on utilise le reste de la réserve de vitesse en une seule fois pour augmen- ter au maximum la vitesse lors du passage à la distancerp. Déterminer la nature de la nouvelle trajectoire et déterminer la nouvelle vitesse à l’infini. Justifiez qu’on réalise cette manœuvre enrp

plutôt qu’enra. Ajouter l’allure de la trajectoire au schéma précédent.

III Circularisation

Dans cette section, on cherche à atteindre une orbite circulaire de rayonR0sur laquelle on noteV0la vitesse.

III.1. L’engin se trouve initialement à la distanceR0, animé de la vitesseV0.

(a) Quel doit être l’angle entre le vecteur vitesse et le vecteurOM# », notéαpour qu’il suive l’orbite circulaire de rayonR0?

(b) Dans le cas où l’orbite n’est pas circulaire, établir l’expression de :

• la sommera+rp,

• le produitrarp,

en fonction deR0 etα. Établir également l’expression du moment cinétique en fonction de m, R0, V0etα.

(c) En déduire la valeur deαsi on constate quera= 3R0/2etrp=R0/2.

(d) Comment rendre circulaire de rayonR0l’orbite précédente en effectuant instantanément un changement de vecteur vitesse ? Quel sera le coût en « réserve de vitesse » ?

III.2. Question subsidiaire, à n’aborder que s’il reste du temps. On étudie l’effet sur la trajectoire circulaire précédente d’un changement instantané de la direction du vecteur vitesse, sans changer sans norme.

On note respectivementrietvila distance et la vitesse au point où est réalisée la manœuvre.

(a) Parmi les grandeurs suivantes, lesquelles restent constantes au cours de la manœuvre ? On justi- fiera chaque réponse.

• énergie mécaniqueE_m,

• moment cinétiqueσ,

• énergie potentielle effectiveE_eff.

Représenter sur un graphe la courbe deE_eff(r)et l’énergie mécanique avant et après la manœuvre si celle-ci s’effectue enrp.

(b) En déduire comment déterminer graphiquement les nouvelles valeurs deraetrp. Commenter.

Données :masse de la TerremT=6,0·10²⁴kg, constante de gravitationG=6,67·10⁻¹¹S·I·, durée d’un jour terrestreT =24 h, rayon terrestreRT=6,4·10³km.

Problème 3 : Étude d’une installation nucléaire REP

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Physique-chimie 2

MP

4 heures Calculatrices autorisées

Étude d’une installation nucléaire REP

Ce sujet comporte un document réponse à rendre avec la copie. Les données numériques utiles sont fournies en ﬁn d’énoncé.

La France compte 19 centrales nucléaires en exploitation, dans lesquelles tous les réacteurs (58 au total) sont des réacteurs à eau pressurisée. Actuellement, ces installations produisent près de 80% de l’électricité produite en France. Chaque centrale est soumise à un référentiel de normes de sureté et de sécurité évoluant en fonction des enseignements des incidents passés nationaux ou internationaux.

Le but de ce problème est d’étudier quelques aspects liés au fonctionnement d’une centrale nucléaire REP, ainsi que plusieurs dispositions prises en matière de sureté nucléaire : contrôle des rejets de la centrale et surveillance sismique d’un site nucléaire.

I Circuit secondaire et enrichissement de l’uranium

Figure 1 Schéma global d’une centrale nucléaire

Une centrale nucléaire est un site industriel destiné à la production d’électricité, qui utilise comme chaudière un réacteur nucléaire pour produire de la chaleur. Une centrale nucléaire REP (Réacteur à Eau Pressurisée) est constituée de deux grandes zones (voir igure 1) :

− une zone non nucléaire (salle des machines). Dans cette partie, semblable à celle utilisée dans les centrales thermiques classiques, s’écoule de l’eau dans un circuit secondaire. Cette eau est évaporée dans le Générateur de Vapeur (GV) par absorption de la chaleur produite dans la zone nucléaire, puis elle entraine une turbine (T) couplée à un alternateur produisant de l’électricité, ensuite elle est condensée au contact d’un refroidisseur (rivière ou mer ou atmosphère via une tour aéroréfrigérante) et enin, elle est comprimée avant d’être renvoyée vers le générateur de vapeur ;

− une zone nucléaire (dans le bâtiment réacteur), où ont lieu les réactions nucléaires de ission, qui produisent

de l’énergie thermique et chaufent ainsi l’eau sous pression circulant dans le circuit primaire. Le transfert

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d’énergie thermique entre le circuit primaire et le circuit secondaire se fait dans le générateur de vapeur, où la surface d’échange entre les deux luides peut atteindre près de 5000 m

²

(réseau de tubulures).

I.A – Description du circuit secondaire de la centrale

Considérons une centrale nucléaire REP produisant une puissance électrique

_�

= �00 MW. Le luide circulant dans le circuit secondaire est de l’eau, dont l’écoulement est supposé stationnaire. Le cycle thermodynamique dé- crit par l’eau est un cycle ditherme moteur. L’eau liquide sera supposée incompressible et de capacité thermique massique isobare supposée constante. Le tableau en in d’énoncé donne diverses données thermodynamiques relatives à l’équilibre liquide–vapeur de l’eau.

I.A.1) Cycle de Carnot

Dans une première approche simpliiée, on considère le moteur ditherme de Carnot fonctionnant de manière réversible entre deux sources de température

_ch

et

_fr

(

_fr

�

_ch

).

a) Donner, en la redémontrant, l’expression du rendement de Carnot associé à ce cycle.

b) Donner la valeur numérique de ce rendement en prenant

_ch

= 5�� K et

_fr

= �0� K, les deux températures extrêmes de l’eau dans le circuit secondaire.

c) Sachant qu’un réacteur REP fournit à l’eau du circuit secondaire, via le générateur de vapeur, une puissance thermique

_�

= �7�5 MW, que vaut le rendement thermodynamique réel de l’installation ? On supposera que la puissance mécanique transmise à la turbine est intégralement convertie en puissance électrique. Commenter.

I.A.2) Cycle de Rankine

L’eau du circuit secondaire subit les transformations suivantes (représentées dans la igure 2)

− de à : dans le générateur de vapeur, échaufement isobare du liquide à la pression

₂

= 55bar jusqu’à un état de liquide saturant (état noté

^′

), puis vaporisation totale isobare jusqu’à un état de vapeur saturante sèche (état ) ;

− de à : détente adiabatique réversible dans la turbine, de la pression

₂

à la pression

₁

= �� mbar ;

− en , le luide est diphasé ;

− de à : liquéfaction totale isobare dans le condenseur, jusqu’à un état de liquide saturant ;

− de à : compression adiabatique réversible, dans la pompe d’alimentation, de la pression

₁

à la pression

2

, du liquide saturant sortant du condenseur. On négligera le travail consommé par cette pompe devant les autres énergies mises en jeu.

GV

Turbine Axe moteur

condenseur Pompe

Figure 2 Cycle de Rankine

a) Représenter dans le diagramme de Clapeyron � � � l’allure de la courbe de saturation de l’eau, ainsi que les isothermes

_�

,

_�

et

_critique

, cette dernière température étant celle du point critique de l’eau. Préciser les domaines du liquide, de la vapeur, de la vapeur saturante. Représenter sur ce même diagramme l’allure du cycle décrit par l’eau du circuit secondaire. Indiquer le sens de parcours du cycle et placer les points �

^′

, , et .

b) D’après l’extrait de table thermodynamique donné en in d’énoncé, quelles sont les valeurs des températures, des enthalpies massiques et des entropies massiques aux points

^′

, et ? On pourra donner les valeurs sous forme de tableau.

c) Dans le document réponse igure le diagramme enthalpique � � ℎ� de l’eau. Placer, avec soin et à l’échelle, les points

^′

, , , du cycle. On explicitera la méthode.

d) Dans toute la suite, on négligera les variations d’énergie cinétique et potentielle dans les bilans énergétiques.

Exprimer alors, sans démonstration, le premier principe de la thermodynamique pour un luide en écoulement

stationnaire recevant de manière algébrique le travail massique utile

_�

et le transfert thermique massique .

e) Exprimer le travail massique

_��

reçu par l’eau dans la turbine. Donner sa valeur numérique, en s’aidant

du diagramme enthalpique.

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f) Exprimer le transfert thermique massique

_��′

reçu par l’eau liquide quand elle passe de manière isobare de la température

_�

à la température

_�′

dans le générateur de vapeur. Donner sa valeur numérique : on considérera

_�

≈

_�

.

g) Exprimer le transfert thermique massique

_�′�

reçu par l’eau quand elle se vaporise complètement dans le générateur de vapeur. Donner sa valeur numérique.

h) Calculer alors le rendement de Rankine de l’installation. Comparer au rendement de Carnot et commenter.

Comparer au rendement réel et commenter.

i) Dans quel état se trouve l’eau à la in de la détente de la turbine ? Donner le titre massique en vapeur à l’aide du diagramme enthalpique. En quoi est-ce un inconvénient pour les parties mobiles de la turbine ? I.A.3) Cycle de Rankine avec détente étagée

Le cycle réel est plus compliqué que celui étudié précédemment (voir igure 3). En efet, d’une part, la détente est étagée : elle se fait d’abord dans une turbine « haute pression » puis dans une turbine « basse pression ».

D’autre part, entre les deux turbines, l’eau passe dans un « surchaufeur ». Les transformations sont maintenant modélisées par

− de à : dans le générateur de vapeur, échaufement isobare du liquide à la pression

₂

= 55bar, jusqu’à un état de liquide saturant (état noté

^′

), puis vaporisation totale isobare jusqu’à un état de vapeur saturante sèche (point ) ;

− de à

^′

: détente adiabatique réversible dans la turbine « haute pression », de la pression

₂

à la pression

3

= �0 bar ;

− de

^′

à

^′

: échaufement isobare à la pression

₃

, dans le surchaufeur, jusqu’à un état de vapeur saturante sèche (point

^′

) ;

− de

^′

à ″ : détente adiabatique réversible dans la turbine « basse pression », de la pression

₃

à la pression

1

= �� mbar ;

− de ″ à : liquéfaction totale isobare dans le condenseur, jusqu’à un état de liquide saturant ;

− de à : compression adiabatique réversible, dans la pompe d’alimentation, de la pression

₁

à la pression

2

, du liquide saturant sortant du condenseur. On négligera le travail consommé par cette pompe devant les autres énergies mises en jeu.

GV

Turbine HP

′

surchaufeur

′

Turbine BP

″

condenseur Pompe

Figure 3 Cycle de Rankine avec une détente étagée

a) Placer les nouveaux points

^′

,

^′

, ″ sur le diagramme enthalpique du document réponse.

b) Comparer les titres massiques en vapeur des points

^′

et ″ au titre massique en vapeur du point . Quel est l’intérêt de la surchaufe ?

c) À l’aide du diagramme enthalpique, déterminer le nouveau rendement du cycle. Commenter.

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Données

Extrait de table thermodynamique relatif à l’équilibre liquide–vapeur de l’eau

� (°C)

_sat

(bar) Liquide saturant Vapeur saturante sèche

�

(m

³

⋅kg

⁻¹

) ℎ

_�

(kJ⋅kg

⁻¹

)

_�

(J⋅K

⁻¹

⋅kg

⁻¹

)

_�

(m

³

⋅kg

⁻¹

) ℎ

_�

(kJ⋅kg

⁻¹

)

_�

(J⋅K

⁻¹

⋅kg

⁻¹

)

30 0,043 1,0047 125,22 0,4348 32,892 2555,92 8,4530

180 10 1,1276 763,18 2,1395 0,119404 2777,84 6,5854

270 55 1,3053 1190,10 2,9853 0,03505 2788,46 5,9226

� température

_�

entropie massique du liquide saturant

sat

pression de vapeur saturante

_�

volume massique de la vapeur saturante sèche

�

volume massique du liquide saturant ℎ

_�

enthalpie massique de la vapeur saturante sèche ℎ

_�

enthalpie massique du liquide saturant

_�

entropie massique de la vapeur saturante sèche

Capacité thermique massique isobare de l’eau

= �� kJ⋅K

^–1

⋅kg

^–1

Potentiels standard d’oxydo-réduction (à 25 °C)

∘

�H

⁺

/H

₂

� = 0�00 V

^∘

�O

₂

/H

₂

O� = �� V

Masses atomiques

Atome F

²³⁵

U

²³⁸

U

Masses atomiques (u) 19,0 235,0 238,0

Constantes diverses

Unité de masse atomique uniiée � u = ��66 × �0

^–27

kg Constante de Boltzmann

_�

= �� × �0

^–23

J⋅K

^–1

Constante des gaz parfaits = �� J⋅K

^–1

⋅mol

^–1

Constante de Faraday = �6500 C⋅mol

^–1

On prendra 0 °C = �7� K

Formulaire

Expression du gradient d’une fonction scalaire � � �� en coordonnées cylindriques

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗

grad = ∂∂ ⃗

^�

+ � ∂∂� ⃗

^�

+ ∂∂ ⃗

^�

• • • FIN • • •

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Ne rien écrire dans la partie barrée

2015-016-DR

NOM : Prénom :

Épreuve dePhysique-chimie 2FilièreMP NUMÉRO

DE PLACE

Ne rien porter sur cette feuille avant d’avoir rempli complètement l’en-tête Signature :

Les températures sont exprimées en °C

s: entropie massique

x: titre massique

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Correction du problème 1

I Moments d’inertie

La tige en rotation autour de∆⁰est équivalente à une tige de même masse mais deux fois moins longue, le moment d’inertie est donc multiplié par1/2².

II Mouvements libres

II.1. On a immédiatementE_c=¹₂Jθ˙².

II.2. Seul le poids, conservatif, travaille. On lui associe l’énergie potentielleE_pot=mg(z−z0)aveczl’altitude du centre d’inertie de la tige, situé àl/2de l’axe∆. En choisissantz0=−l/2pour que l’énergie potentielle soit nulle enθ= 0, on obtientE_pot=mgl(1−cos(θ))/2.

II.3. On a finalement :

E_m=E_c+E_pot=Jθ˙²

2 +mgl(1−cos(θ))

2 =J

2

θ˙²+mgl(1−cos(θ)) J

=cste.

II.4. (a) La tige peut effectuer un tour si elle atteint l’angleθ=π. Son énergie mécanique doit donc être supérieure à la valeur de l’énergie potentielle en ce point, soit :

ω²_min+K(1−1) = 0 +K(1−cos(π))→ω_min=√ 2K=

r2mgl J =

r6g l .

(b) Siθ˙0est suffisamment faible, l’angle reste petit devant 1 et on peut écrire : θ˙²₀= ˙θ²+K(1−cos(θ))'θ˙²+Kθ²

2 ,

en utilisant le DL au terme non nul d’ordre le plus bas enθde1−cos(θ). On reconnaît l’intégrale première du mouvement d’un oscillateur harmonique de pulsationp

K/2 =p 3g/2l.

II.5. (a) On choisit désormaisE_pot=mglcos(θ)/2pour l’énergie potentielle de pesanteur. La conservation de l’énergie mécanique s’écrit maintenant :

mglcos(θ0)

J = ˙θ²+mglcos(θ) J →θ˙=

rmgl

J (cos(θ0)−cos(θ)).

On a doncθ˙= qmgl

J (cos(θ0))quand la tige atteint le sol (θ=π/2).

(b) La tige est un solide en rotation. Son extrémitéO⁰décrit un cercle de rayonlde vitesse angulaire θ. En coordonnées cylindriques, on a donc :˙

• #»v(O⁰) =lθ˙e#»θ,

• #»a(O⁰) =−lθ˙²e#»r+lθ¨e#»θ.

Commee#»θ=cosθe# »x−sinθe#»zete#»r=cos(θ)e#»z+sin(θ)e# »x, on obtient :

• vz(O⁰) =−^l^θ^˙^sin(θ)₂ ,

• az(O⁰) =−lθ˙²cos(θ)−lθ¨sin(θ).

CommeGdécrit un cercle homothétique de rayon (l/2), on a immédiatementvx(G) =vx(O⁰)/2 etax(G) =ax(O⁰)/2.

III Collisions

III.1. (a) Le paramètre d’impact du point matériel estd, son moment cinétique par rapport à l’axe∆avant le choc est doncσ/∆(M) = m0v0d. Ce sera de mêmeσ/∆(M) = m0vdaprès le choc. La tige étant un solide en rotation, on aσ_/∆(T) =J ω. La conservation du moment cinétique par rapport à∆s’écrit donc :

m0v0d=m0vd+J ω.

L’énergie cinétique de la tige est¹₂Jθ˙². Sa conservation au cours du choc s’écrit donc : 1

2m0v₀²= 1

2m0v²+1 2J ω². On peut donc écrire :

v0−v= J ω

m0d et :v₀²−v²=J ω² m0

.

(b) Le quotient de ces deux expressions donne :

v0+v=dω.

On en déduit :

2v0=dω+ J ω

m0d→ω= 2m0v0x

J+m0d² = 2m0v0d ml²/3 +m0d², puis :

v0+v

d = m0d(v0−v)

J →v=v0

m0d²−J J+m0d² =v0

m0d²−ml²/3 ml²/3 +m0d².

III.2. Comme vu à la question précédente, la tige pourra faire un tour complet siω>p

2mgl/J, soit :

2m0v0d J+m0d² >

r2mgl J .

III.3. La quantité de mouvement de l’ensemble avant le choc est celle du point matériel, soitm0v0e# »x. La quantité de mouvement de la tige est le produit demet du vecteur vitesse de son centre d’inertie. Juste après le choc, celui-ci est(lω/2)e# »xet la quantité de mouvement totale est donc :

m0ve# »x+mlω 2

e# »x=

m0v0

m0d²−ml²/3

ml²/3 +m0d² + mm0lv0d ml²/3 +m0d²

e# »x=

m²₀v0d²−m0mv0l²/3 +mm0lv0d ml²/3 +m0d²

e# »x

(11)

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La différence au cours du choc est alors : m0ve# »x+mlω

2

e# »x−m0v0e# »x=

m²₀v0d²−m0mv0l²/3 +mm0lv0d−m0v0l²/3−m²₀v0d² ml²/3 +m0d²

e# »x

=mm0lv0

d−2l/3 ml²/3 +m0d²

e# »x

Sid= 2l/3la quantité de mouvement totale est conservée et la résultante des forces exercées par le batteur sur la batte est nulle : cette position qui minimise le traumatisme ressenti par le bras.

IV Résolution de problèmes

IV.1. On a vu à la questionII.5bque l’accélération verticale de l’extrémité estaz(O⁰) = −lθ˙²cos(θ)− lθ¨sin(θ). Avec l’expression deθ˙de la questionII.5a, on a :

θ˙= r3g

l (cos(θ0−cos(θ)))→θ¨= r3g

l

sin(θ) 2p

cos(θ0)−cos(θ) θ˙=3g

2lsin(θ).

On obtient finalement :

az(O⁰) =−lθ˙²cos(θ)−lθ¨sin(θ) =−3g(cos(θ0)−cos(θ))−3g 2 sin²(θ)

=−3g

cos(θ)(cos(θ0)−cos(θ))−sin(θ²) 2

.

Pour des angles suffisamment grands, on peut en première approximation négliger cos(θ)'0devant sin(θ)'1ce qui donne :az(O⁰)' −3g/2. L’accélération verticale est alors supérieure à#»g. Les points proches de l’extrémité de la tige tombent donc plus vite qu’en chute libre. On peut ainsi comprendre que la balle, en chute libre tombe moins vite que le récipient.

Il faudrait pour conclure définitivement tracerθ(t)pour s’assurer qu’à chaque instante la tige est tout entière sous la balle. On intégrerait pour cela numériquement l’expression :

dθ q 3gl

(cos(θ0−cos(θ)))

=dt

IV.2. La massem0atteint la barre avec une vitesse de norme√

2gh. Le choc sera vraisemblablement mou et le moment cinétique sera conservé si la liaison sur l’axe est idéale. Après le choc, le moment d’inertie de l’ensemble estJ⁰+ 2m0l²/4 =ml²/12 +m0l²/2. On obtient donc la vitesse de rotation après le choc, notéeω, selon :

m0lv0

2 = ml²/12 +m0l²/2 ω,

La vitesse verticale du deuxième sac, en considérant que la barre tourne peu avant de heurter le sol, est alorsωl/2. Il décolle donc avec la vitesse :

v⁰=ωl

2 = m0v0

m/3 + 2m0

.

Il remontera donc jusqu’à la hauteurh⁰=v⁰²/(2g), soit : h⁰=v₀²

2g

m0l² m/3 + 2m0

2

=h 3m0

m+ 6m0

2

.

qui vaudrah/4dans le cas le plus favorable, oùm0m.

IV.3. Le domino tombera si son centre d’inertie passe à l’aplomb de l’arête,iesi son centre d’inertie atteint l’altitudez = √

a²+b²/2. Les résultats précédents sur le choc élastique (III.1b) donnent la vitesse angulaire initiale :

ω= 2m0v0z

J+m0z² = 2m0v0z m(a²+b²)/3 +m0z².

La conservation de l’énergie mécanique du domino en rotation entre l’instant initial (z = b/2;θ˙ = ω_min) et le point de basculement (z=√

a²+b²/2;θ˙= 0) donne alors : J ω²_min

2 +mgb 2 =mg√

a²+b²

2 soit :ω_min² = mg√

a²+b²−b

J =

3g√

a²+b²−b

a²+b² . La condition finale est donc :

2m0v0z m(a²+b²)/3 +m0z²

2

>

3g√

a²+b²−b a²+b² , qu’on peut réécrire :

v²₀> 3gz² 4b

1

p1 +a²/b² − 1 1 +a²/b²

! 1 + m

3m0

a²+b² z²

2

.

Correction du problème 2

I Généralités

I.1. (a) et Comme vu en cours, le caractère central de la force assure que le moment cinétique est conservé.

(b) En particulier la direction du moment cinétique est conservée : le mouvement est donc inclus dans le plan orthogonal au moment cinétique.

I.2. (a) Pour un mouvement plan, la norme du moment cinétique a pour expression, en coordonnées po- lairesσ=mr²θ. Si le mouvement est circulaire, on a˙ σ=mR²θ˙etσ=cste assure queθ˙=cste, ieque le mouvement est plan. On noteV la norme de sa vitesse.

(b) La loi de la quantité de mouvement s’écrit :

−mV²

Re#»r=−Gmm_T

R² e#»r→V = rGm_T

R . On calcule alors :

E_pot=−Gmm_T

R E_c=1

2mV²=Gmm_T

2R E_m=E_c+E_pot=−Gmm_T 2R .

(12)

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(c) On calcule :

σ=kRe#»r∧Ve#»θk=mRV =mp GRm_T.

(d) On aV =RπR/T, soit : 2πR

T = rGm_T

R →R=

T²Gm_T 4π²

1/3

=4,23·10⁴km.

On en déduit la vitesse : V =

2πGm_T T

1/3

=3,08·10³m·s⁻¹.

Sur une orbite d’altitudeh=500 km, on utilise la troisième loi de Kepler pour obtenir : T500

Tgeo

= R500

Rgeo

!3/2

→T500=Tgeo RT+h Rgeo

!3/2

=1,6 h.

La vitesse sera alors :

V500=2πR

V =7,6 km·s⁻¹.

I.3. (a) Comme fait en cours, l’énergie cinétique orthoradiale se met sous la forme_2mr^σ²2 pour un mouvement plan. Le mouvement est de plus conservatif et la conservation de l’énergie mécanique s’écrit :

E_m=1

2mr˙²+E_eff(r) =cste avec :E_eff≡ σ²

2mr² −GmT

r .

(b) On représente ci-contre l’allure deE_eff, on vérifie que le mouvement sera lié pourE_m<

0, et de diffusion pourE_m>0.

(c) Pour un état lié, la trajectoire sera elliptique.

On détermine le périgée et l’apogée respectivement en lisant les valeurs (notéesr_minet rmaxsur la courbe ci-contre) pour lesquelles la courbeE_eff(r) =E_m.

(d) Comme fait en cours on a, au périgée et à l’apogée :

E_m=E_eff(r).

accessible

r

min

r

max

E

_m1

E

_m2

r

2

accessible r E

_e_ff

(r )

+1/r

²

− 1/r

Les

rayonsrpetrasont donc les deux solutions d’une même équation du second degré. Leur somme s’exprime en fonction des cœfficients de cette dernière, et on obtient :

E_m=−GmmT

rp+ra

.

II Libération

II.1. Considérons un lancer depuis l’équateur, dans le sens de rotation de la Terre. Dans le référentiel géocen- trique, le pas de tir est animé d’un mouvement circulaire uniforme de rayonRTet de périodeT =24 h.

Son énergie cinétique initiale est donc¹₂m(2πR_T/T)², et son énergie potentielleE_pot=−Gmm_T/R_T. En orbite de rayonR, son énergie mécanique estE_m=−Gmm_T/(2R). L’énergie qu’on doit lui com- muniquer est donc :

− Gmm_T

2(RT+h)+Gmm_T RT

−m4π²R²_T

T² =3,3·10⁷J=9,29 kW·h,

pour un coût de 1,4 €…. Il faut bien évidemment ajouter l’énergie mécanique du lanceur (730·10³kg au décollage pour Ariane 5) et l’énergie perdue par frottement dans l’atmosphère.

II.2. Pour qu’il se trouve dans un état de diffusion, son énergie mécanique doit être nulle, soit : 1

2mV²−Gmm_T

R = 0→V = r2Gm_T

R .

Cette « vitesse de libération » vaut, pourh=500 km :v_lib=10,8 km·s⁻¹. II.3. (a) La vitesse de libération est égale à√

2V0. En utilisant toute la réserve de vitesse en une fois, la vitesse à l’issue de l’accélération est5V0, qui est bien supérieur à√

2V0. La vitesseV0s’exprime de plus en fonction deR0selonmV₀²/2 =Gmm_T/(2R0).

La conservation de l’énergie mécanique entre l’état initial, à la distanceR0animé de5V0et l’infini, animé deV∞donne :

25mV₀²

2 −Gmm_T R0

=1

2mV_∞² →V∞²

2 = 23V₀²

2 =23Gm_T 2R0

.

(b) La trajectoire est toujours elliptique puisqu’on a diminué l’énergie mécanique. On la calcule sur la nouvelle trajectoire :

E_m=−Gmm_T R0

+mV₀²

8 =−Gmm_T R0

+Gmm_T 8R0

=−7Gmm_T 8R0

.

SelonI.3d, on a par ailleurs :

E_m=−Gmm_T rp+ra

→rp+ra=8R0

7 .

De plus le point où a été faite la modification correspond au nouvel apogée puisqu’il s’agit d’un point où le vecteur position est orthogonal au vecteur vitesse. On a donc :

ra=R0→rp= 8R0

7 −R0= R0

7 .

(13)

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À l’apogée on ava=V0/2. Au périgée et à l’apo- gée, le vecteur position est orthogonal au vecteur vitesse et le moment cinétique s’écrit donc σ=mrv. Sa conservation sur la trajectoire permet d’écrire :

rava=rpvp→vp=V0ra

2rp

=7V0

2 .

On a tracé sur la figure ci-contre l’allure de la trajectoire.

O A P

R

0

8R

₀

/ 7

V # »

₀

/2 7 # »

V

₀

/2

(c) Au périgée, on a consomméV0/2, il reste donc7V0/2qu’on ajoute à la vitesse au périgée. Celle-ci devient donc7V0/2 + 7V0/2 = 7V0. On calcule comme précédemment la vitesse à l’infini :

1

2mV_∞² =49V₀²

2 −7Gmm_T R0

=35mV₀²

2 →V_∞² = 35V₀².

Comme35>25, la vitesse à l’infini est largement supérieure avec cette stratégie. On vérifie ici qu’il est d’autant plus efficace de rajouter de la vitesse quand celle-ci est élevée. En effet, un gain en énergie cinétiquem(V+ ∆V)²/2−mV²=mV∆V+m∆V²sera d’autant plus grand, à∆V fixé, queV est élevé. Remarquons qu’il faut étudier plus en détail comme on l’a fait précédemment pour faire le bilan de la perte à l’apogée et du gain au périgée.

III Circularisation

III.1. (a) Il possède la bonne norme de la vitesse pour le rayon de la trajectoire recherchée, il faut qu’on ait

# »

OM⊥v#»0, soitα=π/2pour qu’il suive la trajectoire circulaire.

(b) On reprend l’équation duI.3d. Au périgée et à l’apogée, oùr˙= 0, on a E_m= σ²

2mr² −GmmT

r →r²+GmmT

E_m r− σ²

2mE_m = 0. (2)

Les conditions initiales donnent : E_m=mV₀²

2 −Gmm_T R0

=−mV₀²

2 =−Gmm_T 2R0

,

et :

σ=mkOM# »0∧v#»0k=mR0V0sin(α).

L’équation 2 devient :

0 =r²−2R0r+m²R0V₀²sin(α)²

m²Gm_T =r²−2R0r+R0V₀²sin(α)²

Gm_T =r²−2R0r+R²₀sin(α)², puisqueV₀²=Gm_T/R0. Les racines de ce polynôme sontrpetra.

• Leur sommerp+ra= 2R0ne dépend que de l’énergie, qui ne dépend que deR0etV0, elle sera donc toujours égale à2R0quel que soitα.

• Leur produit estrpra=R₀²sin(α)².

(c) Avec les valeurs données, on a rarp = 3R²₀/4 =R²₀sin(α), soit :

sin(α) =

√ 3

2 →α=60° ouα=120°.

(d) L’énergie mécanique a déjà la bonne valeur pour l’orbite circulaire recherchée. En revanche, il faut avoirα=π/2et donc changer la direction du vecteur vitesse sans changer sa norme. Comme on le constate sur la figure ci-contre, il faut pour cela rajouter le vecteur vitesse∆V# », de norme :

k∆V# »k= 2V0sin(β/2) = 2V0sin

π/2−α 2

= 2V0sin(15°) =0,52V0

Cette norme∆V est également le coût en

« réserve de vitesse ».

Remarquons qu’il faut attendre d’être àr= R0pour réaliser la manœuvre.

R⁰ R₀ P

2R0

A

# » V0

# »

∆V β

M₀ O

Fig. 2 : Deux trajectoires de même énergie méca- nique. Au point initial (M0), la distance estR0et la vitesse estV0. Pour la trajectoire elliptique (resp. circulaire), la vitesse fait un angle deα=60°

(resp.α=90°) avec le rayon vecteur.

On peut montrer que le grand axe est tourné d’un angleβ = π/2−α, qui est également l’angle entre les directions du vecteur vitesse sur ces deux trajectoires.

III.2. (a) L’énergie mécanique ne change pas puisque ni la distance ni la norme de la vitesse ne changent. Le moment cinétique change en revanche puisque la direction entre le vecteur position et le vecteur vitesse. L’énergie potentielle ne change pas mais le terme enσ²(2mr²)de l’énergie potentielle

effective change. Cette dernière change donc.

(b) Plus précisément le moment cinétique diminue puisqu’il valaitσi=mrpvpet qu’il devientσf = mrpvpsin(α). Le terme enσ²/(2mr²)devient donc plus faible et la courbe deE_effdevient en tout point inférieure à ce qu’elle était précédem- ment. On détermine alors les nouveaux périgée et apogée comme les nouvelles valeurs der, pour lesquellesE_eff=E_m. Leur somme reste constante puisque l’énergie mécanique est constante mais le périgée se rapproche du centre de force et l’apogée s’en éloigne : l’excentricité ne peut que croître si la manœuvre est effectuée au périgée (ou à l’apogée d’ailleurs).

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Em

r

E_eff(r) σ_i

σ_f <σ_i

Correction du problème 3

I Circuit secondaire et enrichissement de l’uranium I.1 Description du circuit secondaire de la centrale

I.1.a Cycle de Carnot

1. Comme établi en cours, on arC= 1−T_fr/T_ch. 2. On calculer_C=0,45.

3. On noteQc>0(resp.Pt>0) le transfert thermique (resp. la puissance thermique) reçu(e) entreA etBde la source chaude,Qf <0celui reçu entreCetDde la source froide etW <0(resp.−Pe) le travail utile (resp. la puissance mécanique utile) reçu(e) entreBetCle rendement est :

r=−W Qc

=Pe

Pt

=0,32.

I.1.b Cycle de Rankine

1. L’allure du cycle est représentée sur la figure ci-contre. Comme vu en cours, le cycle sera moteur s’il est parcouru dans le sens horaire.

2. On lit sur la courbe ou dans le tableau. En A⁰ et D on a un liquide saturant, en B une vapeur saturante. On a donc :

A⁰ B D

θ(°C) 270 270 30 h(kJ·kg⁻¹) 1190 2788 125 s(J·K⁻¹·kg⁻¹) 2,98 5,92 0,43

L L+V V

A A⁰ B

D C

v P

3. On place sur la figure 3les pointsA⁰,BetDà l’intersection de la courbe de saturation et de l’isotherme correspondante. On placeCà l’intersection de l’isentrope passant parBet de l’isotherme passant par D.

4. D’après le cours :

∆ (h+emec) =wu+q→∆h=wu+q. (3) 5. La traversée de la turbine est adiabatique, l’équation (3) donne :

wBC=hC−hB=−983 kJ·kg⁻¹. (4) On vérifie bien qu’il est négatif puisque la turbine est motrice.

6. L’eau liquide ne reçoit pas de travail dans le générateur de vapeur. L’équation (3) donne alors :

q_AA0 =h_A0−hA'h_A0−hD=1064 kJ·kg⁻¹. (5) On a fait l’approximationhA'hD. Elle est justifiée par le fait que l’enthalpie d’une phase condensée (l’eau liquide) ne dépend que de la température et que l’énoncé précise queTA'TD.

7. On obtient ici :

qA⁰B=hB−hA⁰=1560 kJ·kg⁻¹. (6) 8. Le travail total sur un cycle estwBC+wDA. L’énoncé précise qu’on négligewDA, ce qui est en fait

équivalent à l’hypothèseTD=TA, soithA'hDalors qu’à cette étapehA−hD=wDA.

Le transfert thermique de la source chaude étantqAB=q_AA0+q_A0B, on calcule alors le rendement :

r=−w qC

= h_B−h_C hB−hD

=37%. (7)

Ce rendement est supérieur au rendement réel car il ne tient pas compte des pertes mécaniques dans la turbine : en raison des frottements une partie dehB−hCsera convertie en transfert thermique.

Il est en revanche bien sûr inférieur au rendement de Carnot car :

• d’une part la détente dans la turbine sera irréversible, on aura doncsC> sBet un travail fourni plus faible,

• d’autre part le cycle n’est pas un cycle de Carnot qui doit être formé de deux isentropes et deux isothermes : en particulier deAàA⁰la transformation n’est pas isotherme.

9. On obtient un mélange liquide vapeur dont le titre en vapeur est donné par le théorème des moments :

xv(C) = hC−hD

hv(30 °C)−hD

=68%. (8)

On peut également l’obtenir en appliquant le théorème des moments pour l’entropie massique. Les impacts avec les gouttes d’eau risquent d’user prématurément la turbine.

(15)

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I.1.c Cycle de Rankine avec détente étagée

1. On place le pointB⁰à l’intersection de l’isobare àP =10 bar avec la courbe de rosée, et le pointC⁰⁰à l’intersection de l’isentrope passant parB⁰et l’isobare àP=43 mbar.

2. Comme précédemment on calcule le titre massique en vapeur à l’aide du théorème des moments pour l’enthalpie :

xV(C⁰) = hC⁰−h`(180 °C)

h(B⁰)−h`(180 °C)=85%xV(C⁰⁰) = hC⁰⁰−hD

hV(30 °C)−hD

=77%. (9) On est toujours supérieur au casC: on aura une vapeur moins riche en liquide.

3. Le transfert thermique est maintenant fourni entreAetBet mais aussi entreC⁰etB⁰. De même le travail utile est obtenu entreBetC⁰et entreB⁰etC⁰⁰. On calcule donc :

r= h_B−h_C0+h_B0−h_C00

hB−hD+hB⁰−hC⁰

=37%. (10)

On a très peu de différence avec le cas précédent car le transfert thermique du surchauffage est peu important et le travail surB−C⁰B⁰C⁰⁰Cest peu différent de celui surB−Ccar les travaux surC⁰−C etB⁰−C⁰⁰sont très proches et ceux surC⁰−B⁰etC⁰⁰−Cse compensent.

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2016-02-24 12 :52 :11

Ne rien écrire dans la partie barrée

2015-016-DR

NOM : Prénom :

Épreuve dePhysique-chimie 2FilièreMP

NUMÉRO DE PLACE

Ne rien porter sur cette feuille avant d’avoir rempli complètement l’en-tête Signature :