• Ce devoir comporte IV problèmes.
• Le correcteur tiendra compte de la présentation (soin apporté aux schémas) et de la ré- daction de votre copie : justifiez rapidement vos affirmations, donnez la valeur littérale simplifiée des résultats en fonction des données de l’énoncé,vérifiez l’homogénéité et la cohérence(tout résultat non homogène sera sanctionné).
Les résultats NON ENCADRÉS ne seront pas notés. Laissez une marge à gauche pour le correcteur.
• Numérotez les questions et ajoutez le label de la marge Q1, etc.
• L’usage descalculatrices est autorisé.
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I. L OI DE M URPHY ET TARTINE À LA CONFITURE
Les deux parties sont indépendantes.
A. Approche énergétique du pendule pesant
Un pendule pesant est constitué d’une tige homogène de massem et de longueurl en pivot parfait autour de l’axe Oz. Sa position est repérée par l’angleθ. Le moment d’iner- tie de la tige par rapport à l’axeOzestJOz = 1
3ml2. On no- teragl’accélération de la pesanteur.
O
x
b
−
→eθ
−
→er
bG
b~ez
θ ~g
1. Faire un schéma. Donner l’énergie cinétique de la tige à un instant quelconque.
Q1
2. Faire de même avec son énergie potentielle de pesanteur en fonction deθet des données du problème.
Q2
3. Outre celle du poids, quelles sont les actions extérieures subies par la tige ? Calculer leur puissance.
Q3
4. En déduire les positions d’équilibre et leur stabilité.
Q4
5. Trouver une intégrale première du mouvement. En déduire l’équation du mouvement de la tige.
Q5
6. La résoudre dans le cadre de petites oscillations sachant qu’initialement la tige est dans la Q6
position verticaleθ = 0avec une vitesse angulaireθ˙0 >0. Donner une condition surθ˙0pour être effectivement dans cette approximation.
7. On ne se place plus forcément dans le cadre des petites oscillations. En faisant une étude Q7
énergétique, montrer que suivant les valeurs de θ˙0 deux types de mouvements sont pos- sibles. Les décrire. Quelle valeur deθ˙0, notéeθ˙cest à la limite des deux situations ?
B. Loi de Murphy
La loi de Murphy, autrement nommée théorème de la tartine à la confiture, est une loi empi- rique bien connue1 qu’on pourrait énoncer sous la forme « Tout ce qui est susceptible de mal se passer se passera mal ». L’objectif de cet exercice est de montrer que , malheureusement, la loi de Murphy a de bonnes raisons d’être vérifiée . . .au moins en ce qui concerne les tartines à la confiture.
On modélise la tartine à la confiture par un pa- rallélépipède de massem, de longueur2adans la direction x′, de largeur 2b dans la direction
de la table. Quand le milieu de la tartine atteint le bord, elle entame une rotation autour de l’axe Oy. Dans un premier temps, la tartine ne glisse pas sur la table pendant la rotation.
L’action mécanique de la table sur la tartine est modélisée par une force de réaction R~ =RT~ux′ +RN~uz′
dont Oest le point d’application. L’inclinaison de la tartine est repérée par l’angle θ. Le moment d’inertie de la tartine par rapport à l’axeOy vaut
Jy = 1
3m(a2+ 4e2).
Dans tout cet exercice de « vraie » mécanique du solide, vous serez particulièrement vigilant au point d’application des différentes forces et au point auquel vous écrivez les différentes lois.
1. Montrer que la puissance de la force de réactionR~ est nulle. En déduire que Q8
θ˙2 = 6ge(1−cosθ) a2+ 4e2 . 2. En déduire une relation entreθ¨etsinθ.
Q9
3. Retrouver l’expression deθ¨en appliquant le théorème du moment cinétique.
Q10
4. Par application de la loi de la quantité de mouvement à la tartine, montrer que Q11
RT =mg 3e2
a2+ 4e2 −1
!
sinθ et RN =mg cosθ−6e2(1−cosθ) a2+ 4e2
!
.
Simplifier ces expressions en tenant compte des dimensions réelles d’une tartine à la confi- ture :a≃5cm ete≃5mm.
La loi de Coulomb du frottement solide indique que la tartine ne glisse pas tant que|RT|6 µ|RN|oùµ≃1est le coefficient de frottement solide.
5. Montrer que l’angle θ0 à partir duquel la tartine commence à glisser est égal àπ/4. En dé- duire la vitesse angulaireθ˙0de la tartine à cet instant.
Q12
À partir de cet instant pris comme origine des temps t = 0, la tartine quitte la table en un temps très bref en conservant quasiment la même orientationθ0et la même vitesse angulaire θ˙0. On suppose que la tartine ne retouche plus la table et on néglige les frottements de l’air (ainsi que les tentatives désespérées de Gaston pour la rattraper).
6. Déterminer la loi horaire zG(t), où Gest le centre d’inertie de la tartine, une fois qu’elle a quitté la table. En déduire que la tartine touche le sol à l’instantτ tel que
Q13
τ ≃
s2h g .
7. Supposons que pendant la phase de vol, la vitesse angulaire de la tartine reste constamment égale àθ˙0. Déterminer la loi horaireθ(t).
Q14
8. À l’aide des deux questions précédentes, conclure quant au côté sur lequel va tomber la Q15
tartine. On prendrah= 75cm etg = 9,8m/s2.
9. Deux martiens prennent leur petit-déjeuner. Sont-ils eux aussi soumis à la loi de Murphy ? L’accélération de la pesanteur sur Mars vaut3,7m/s2.
Q16
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II. A UTOUR DU GAZ PARFAIT
Le diazote est considéré comme un gaz parfait diatomique pour lequel le coefficient adiaba- tique estγ = 1,4.
On notep, V, T les grandeurs d’état pression, volume, température d’un gaz. On noteCp,m et CV,m les capacités thermiques molaires à pression et à volume constant etγ le rapportγ = CCp,m
V,m. Ces trois grandeurs seront considérées comme étant constantes vis-à-vis de la température et de la pression.
1. (a) Rappeler les définitions deCV,metCp,m. Que devient la formule pour un gaz parfait ? Q17
(b) Montrer que pour un gaz parfait :Cp,m−CV,m =R(relation de Mayer).
Q18
(c) ExprimerCV,metCp,m en fonction deRetγ.
Q19
(d) CalculercpetcV les capacités thermiques massiques du diazote à pression constante et à volume constant.
Q20
L’azote contenu dans un cylindre vertical de sectionS = 20cm2est comprimé par un piston mobile sans frottement de masseM = 15kg.
Dans l’état initial, le gaz est à la températureθ1 = 27°C et le piston se trouve à la hauteur h= 14,5cm du fond du cylindre.
2. (a) Calculer la pressionp1dans l’état initial.
Q21
(b) Calculer la massemet le nombre de molécules d’azoteN contenues dans le cylindre.
Q22
3. Le cylindre est porté à la températureθ2 = 37°C.
(a) Quelle serait la pression de l’azote si l’on empêchait le piston de se déplacer ? Q23
(b) En partant du même état initial (θ1 = 27 °C) à quelle hauteurh′ se trouve le piston en admettant qu’il se déplace librement ?
Q24
(c) Dans ce dernier cas, nommer la transformation subie par le gaz.
Q25
(d) Exprimer puis calculer la variation d’enthalpie du diazote.
Q26
(e) Exprimer puis calculer la chaleurQreçue par le diazote. Interpréter son signe.
Q27
Données numériques :
➢ la pression atmosphérique correspond à1013hPa,
➢ la constante molaire des gaz parfaitsR= 8,314J.mol−1.K−1,
➢ la masse molaire du diazote estM = 28g.mol−1,
➢ accélération de la pesanteurg = 9,81m.s−2,
➢ nombre d’AvogadroNA= 6,02.1023mol−1.
III. M ESURE DE L ’ ENTHALPIE DE VAPORISATION DE L ’ EAU
Un récipient calorifugé (de type bouteille isolante) conte- nant une masse d’eau distillée est placée sur une balance monoplateau électronique.
Un thermoplongeur (résistance chauffante), supporté par une potence, plonge dans l’eau. Il est alimenté par une ali- mentation stabilisée. Un voltmètre et un ampèremètre per- mettent la mesure de la tensionU aux bornes du thermo- plongeur, et de l’intensitéI qui le traverse.
On dispose par ailleurs d’un chronomètre.
On alimente le thermoplongeur et on attend l’ébullition de l’eau. On règle alorsU pour avoir une ébullition régulière et lente.
Lorsqu’on déclenche le chronomètre, la balance indique m1 = 320,0g. On arrête le chronomètre lorsque la balance indiquem2 = 305,0g, et on lit le temps∆técoulé.
1. Définir l’enthalpie massique de vaporisationLv et donner une unité possible.
Q28
2. AvecU1 = 5,00V etI1 = 10,0A, le temps∆tvaut∆t1 = 10min15s.
(a) Définir une transformation monobare. Comment le premier principe peut-il alors s’écrire Q29
de façon simplifiée ? Est-ce le cas ici ?
(b) Définir un système et établir un bilan énergétique approprié faisant intervenir notam- Q30
ment l’enthalpie massique de vaporisation de l’eau notéeLv. (c) Calculer l’enthalpie massique de vaporisation de l’eau.
Q31
3. Gaston trouve un diagramme logP −hsous une table et décide de comparer la valeur ob- tenue par l’expérience avec celle tabulée. Toutefois, il ne comprend pas tout ce qui est écrit : pouvez-vous l’aider à lire le plus précisément possible et en expliquant votre démarche (re- faites un schéma pour expliquer) :
(a) la température d’ébullition de l’eau liquide à pression atmosphérique (P0 = 1 bar) ; quelle serait-elle si l’expérience avait lieu en haut du Mont Blanc (P0 = 0,44bar) ? Q32
(b) l’enthalpie massique de changement d’état à pression atmosphérique ; Q33
(c) les coordonnées P-T du point critique ; Q34
(d) est-il possible, à température ambiante, d’abaisser suffisamment la pression pour va- poriser l’eau, si oui donner la pression nécessaire ?
4. La différence entre la valeur obtenue à l’aide du diagramme et celle obtenue à l’aide de la première expérience est tellement grande qu’il est nécessaire de prendre en compte les fuites thermiques lié au caractère non parfaitement isolant des parois.
Pour cela, on réalise une seconde expérience, avec U2 = 10,00V et I2 = 20,00A, le temps
∆t vaut∆t2 = 1 min 45s, pour la même différence de masse. La puissance de fuitePf uite dépendant généralement de la différence de température entre l’intérieur et l’extérieur du récipient, elle sera considérée identique dans les deux expériences.
(a) Écrire à nouveau le bilan énergétique en tenant compte dePf uite. Q35
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(b) En utilisant les bilans énergétiques des deux expériences pour obtenir un système à deux équations, déterminer l’enthalpie massique de vaporisation de l’eau de façon plus précise que précédemment (c’est-à-dire en tenant compte de la puissance de fuite).
Comparer avec la valeur lue sur le diagramme.
Q36
(c) Calculer la puissance de fuitePf uite. Q37
Enthalpy [kJ /kg]
0 200 400 600 800 1000 1200 1400 1600 1800 2000 2200 2400 2600 2800 3000 3200 3400
Pressure [Bar]
0,007 0,008 0,009 0,010 0,020 0,030 0,040 0,050 0,060 0,070 0,080 0,090 0,100 0,200 0,300 0,400 0,500 0,600 0,700 0,800 0,900 1,000 2,000 3,000 4,000 5,000 6,000 7,000 8,000 9,000 10,000 20,000 30,000 40,000 50,000 60,000 70,000 80,000 90,000 100,000 200,000 300,000
s=5,10 s=5,40
s=5,70 s =6,00
s =6,30 s =6,60
s=6,90
s =7,20 s =7,50 s =7,80 s =8,10 s=8,40 s=8,70
s=9,00 s=9,30
s=9,60 s =9,90
s =10,20 s=10,50
s =10,80 20
40 60
80
100 100
120 140
160 180
200 200
220 240 260 280
300 300
320 340 360
400 20
40 60
80 100
120 140
160 180
200 220
240 260
280 300
320
340 360
s = 0,60 1,20 1,80 2,40 3,00 3,60 4,20 4,80 5,40 6,00 6,60 7,20 7,80
DTU, Department of Energy Engineering s in [kJ/(kg K)]. v in [m^3/kg]. T in [ºC]
M.J. Skovrup & H.J.H Knudsen. 21-05-31
R718Ref :W.C.Reynolds: Thermodynamic properties in SI
IV. C LIMATISATION D ’ UNE VOITURE
La climatisation est désormais2 présente sur plus de 9 véhicules neufs sur 10. Les avantages de ce dispositif sont essentiellement un plus grand confort, un air moins humide et une vigilance accrue du conducteur grâce à la fraîcheur de l’air de l’habitacle du véhicule. Elle est composée d’un circuit d’air pulsé par ventilateur et d’un circuit frigorifique constitué d’un compresseur, d’un condenseur, d’un détendeur et d’un évaporateur, dans lesquels circule un fluide frigorigène.
Le fluide utilisé par la majorité des véhicules en circulation est le R134a, qui devrait être interdit dans l’Union Européenne à partir de 2011 car c’est un gaz nocif et à effet de serre (1400 fois plus élevé que celui du CO2). Par ailleurs la climatisation augmente notablement la consommation de carburant et requiert un entretien sérieux et régulier (fuites de fluide frigorigène, usure des joints,. . .)
Après l’étude du principe de fonctionnement d’une climatisation, le problème aborde certains aspects de sa conception ainsi que la surconsommation entraînée par son fonctionnement. Pour indication, à 2400 tr/mn, le moteur de la voiture développe une puissance motrice de 30 kW.
Dans tout le problème, la climatisation étudiée assure le maintien d’une température de l’ha- bitacle de la voiture égale à 20°C pour une température de l’air extérieur égale à 35°C, grâce à un débit massique constantDm = 0,15kg/s.
On suppose que les conduites reliant les différents appareils sont parfaitement calorifugées et que la pression qui y règne est constante. On néglige toutes les variations de vitesse du fluide et l’on raisonne sur 1 kg de fluide.
On rappelle que la variation d’enthalpie massiquehd’un fluide, à la traversée d’un système, est donnée en régime stationnaire par
∆h=w∗+q
oùw∗ représente le travail massique autre que celui des forces pressantes reçu par le fluide de la part des parties mobiles du système et q représente le transfert thermique massique reçu par le fluide. Il s’agit du premier principe dans le cas d’un écoulement stationnaire. Seul le compres- seur comporte des parties mobiles. On modélisera la transformation dans le compresseur par une compression idéale adiabatique réversible.
On noterah, wet q les enthalpies, les transferts thermiques massiques échangés par le fluide.
On portera en indice les lettres comp, d, e et cond pour les grandeurs relatives au compresseur, détendeur, évaporateur et condenseur. Les grandeurs d’échanges(w,q)seront donnés algébrique- ment.
1. (a) Sur un schéma de principe, expliquer le fonctionnement du climatiseur. On placera le Q38
fluide comme système, la source chaude, la source froide et le compresseur. On préci- sera à quels éléments correspondent la source chaude et la source froide ainsi que les températures correspondantes. On placeraqcond,qeetw.
(b) Quel est le rôle du condenseur au sein du circuit ? Au contact duquel ou desquels sys- Q39
tèmes ci-dessus doit-il être mis ?
(c) Quel est le rôle de l’évaporateur au sein du circuit ? Au contact duquel ou desquels Q40
systèmes ci-dessus doit-il être mis ?
2. ce sujet date de 2011.
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Enthalpy [kJ /kg]
140 160 180 200 220 240 260 280 300 320 340 360 380 400 420 440 460 480 500 520 540 560
Pressure [Bar]
0,50 0,60 0,70 0,80 0,901,00 1,00 2,00 3,00 4,00 5,00 6,00 7,00 8,00 9,00 10,00 20,00 30,00 40,00 50,00
s=1,70
s=1,75 s=1,80
s=1,85 s=1,90
s=1,95 s=2,00
s=2,05
s=2,10
s=2,15 s=2,20
s=2,25
-40 -40 -30
-20 -20
-10
0 0
10
20 20
30
40 40
50
60 60
70
80 80
90
100 100
120 140 160
0,0015 0,0020
0,0030
0,0040
0,0050 0,0060
0,0070 0,0080 0,0090 0,0100
0,0150 0,0200
0,0300
0,0400 0,0500 0,0600 0,0700 0,0800 0,0900 0,1000
0,1500
0,2000
0,3000
0,4000 0,5000 0,6000 -40
-30 -20
-10 0
10 20
30 40
50 60
70 80
90
100
x = 0,10 0,20 0,30 0,40 0,50 0,60 0,70 0,80 0,90
s = 1,00 1,20 1,40 1,60
v=0,0020 v=0,0030 v=0,0040
v=0,0060
v=0,0080 v=0,0100
v=0,0150 v=0,0200
v=0,0300 v=0,0400
v=0,0600
v=0,0800 v=0,1000
v=0,1500 v= 0,2000 DTU, Department of Energy Engineering
s in [kJ/(kg K)]. v in [m^3/kg]. T in [ºC]
M.J. Skovrup & H.J.H Knudsen. 21-05-30
R134aRef :D.P.Wilson & R.S.Basu, ASHRAE Transactions 1988, Vol. 94 part 2.
état 1
2. Reproduiser la courbe de saturation et identifier l’état du fluide dans chaque zone.
Q41
3. Dans quel sens est parcouru le cycle ? Justifier. À partir de l’état 1 du fluide (écrit sur le cycle), numéroter les différentes étapes dans le sens de parcours sur le diagramme (P, h) que vous reproduirez schématiquement.
Donner pour chaque transformation, la nature de la transformation et le nom de l’organe Q42
traversé par le fluide (compresseur, détendeur, évaporateur et condenseur).
4. Quelle est la valeur du travail massique échangé dans le compresseur ? Expliquer votre dé- marche. Quel est son signe ?
Q43
5. Quelle est la valeur du transfert thermique massique avec l’air de l’habitacle ? Expliquer votre démarche. Quel est son signe ?
Q44
6. Définir l’efficacité de l’installation. Calculer sa valeur numérique.
Q45
7. Donner l’efficacité d’une machine thermique idéale de Carnot fonctionnant entre la source Q46
chaude et la source froide. Comparer cette efficacité à la valeur précédente.
8. Quelle surconsommation relative entraine le fonctionnement de la climatisation lorsque le Q47
moteur tourne à2400tr/min ?
I. L OI DE M URPHY ET TARTINE À LA CONFITURE
A. Approche énergétique du pendule pesant
1. Pour le schéma, pensez à représentez les forces exercées sur le pendule. Pour le poids, n’oubliez pas que le point d’application est G. Pour la ré- action de la liaison pivot, on ne connait pas la direction, ni la norme.
L’énergie cinétique d’un solide en rotation au- tour d’un axe fixe peut s’exprimer Ec = 12JOzθ˙2 . Rem : Penser à justifier rapidement en précisant le type de mouvement.
O
x
b
−
→eθ
−
→er
bG
b~ez
θ ~g
P~
R~
Q1
2. L’axexest orienté vers le bas, on a donc Ep =−mgxG =−mg2l cosθ .Rem : Attention à bien Q2
prendre le centre de masse qui est le point d’application du poids et à ne plus se tromper sur le signe.
3. La tige est soumise aussi à la réaction de la liaison pivot, qui est de puissance nulle (car la Q3
liaison pivot est parfaite, ce qui indique que le couple de la liaison pivot est nul, et donc sa puissance aussi).
4. Les positions d’équilibre correspondent aux points où dEdθp = 0, soit θ = 0ouπ. Rem : Attention à bien dériver par rapport àθ et non par rapport àt.
Les positions d’équilibre stables correspondent aux minimums (locaux) de la fonctionEp(θ), Q4
puisque l’on a une fonction−cos,0est la position d’un minimum et est donc une position stable, πest un maximum et donc instable.
5. D’après le théorème de la puissance mécanique, appliqué au système{la tige}dans le réfé- rentiel terrestre, galiléen, on sait que dEdtm =Pnc,int+Pnc,ext. Puisque le système est un solide, Q5
alors Pint = 0 et on a déjà vu que Pnc,ext = 0. On en déduit que Em(t) est une intégrale première du mouvement : Em(t) = 12JOzθ˙2−mg2l cosθ=cste
Attention à ne pas oublier la puissance intérieure dans le cas d’un système non ponctuel !
Pour obtenir l’équation du mouvement, on peut dériver l’intégrale première du mouve- ment. On a alors dtd −mg2l cosθ+ 12JOzθ˙2= 0⇒mg2l sinθ+JOzθ¨= 0(après simplification parθ). En présentant correctement le résultat avec l’expression de˙ JOz: θ¨+3g2l sinθ= 0 6. On poseΩ =q3g2l, les solutions aux petits angles (sinθ ≃θ) sontθ(t) =Acos(Ωt) +Bsin(Ωt).
Compte tenu des C.I.θ(0) = 0etθ(0) = ˙˙ θ0, on trouve θ(t) = θΩ˙0 sin(Ωt). Q6
Pour rester dans les petits angles, il faut que l’amplitude des oscillations reste faible (devant 1 rad), soit θΩ˙0 ≪1. La vitesse angulaire initiale doit être faible devant la pulsation propre du système.
Lycée Poincaré – Nancy Page 1/8 Correction
7. Si on étudie la courbeEp(θ) =−mg2l cosθ: Ep(θ)
θ
−π π
Em,c =Ep,max
On trouve les domaines accessibles en écrivantEm = Ec +Ep. Comme l’énergie cinétique est toujours positive, ces derniers sont définis parEp 6Em.
On peut voir que l’on reste dans un état lié (θ est borné) tant que Em 6 Ep,max, soit dans notre cas : 12JOzθ˙02−mg2l 6mg2l.
Q7
La limite est donc atteinte pour θ˙c =q2mglJ
Oz =q6gl .
Siθ˙0 >θ˙c, on aura un mouvement révolutif (la tige tourne toujours dans le même sens sans s’arrêter), sinon, on aura un mouvement oscillant autour de la position stable.
B. Loi de Murphy
1. Le point d’application de R~ est immobile. Comme dans la formule pour la puissance P = F~ ·~v c’est la vitesse du point d’application qui compte, on en déduit que la puissance de la force de réactionR~ est nulle .
On peut comme dans la partie précédente appliquer le théorème de la puissance mécanique pour en déduire que l’énergie mécanique se conserve.
OrEm = 12Jyθ˙2+mgecosθ =cte=Em(t= 0) =mge. D’où θ˙2 = 2mge(1−cosJy θ) = 6ge(1−cosa2+4e2θ) . Q8
Rem : AttentionEm =ctene veut pas direEm = 0!
2. Il suffit de dériver l’expression précédente par rapport au temps et de simplifier par 2 ˙θ et Q9
l’on trouve : θ¨= 3ge(sinθ)a2+4e2 .
3. On peut appliquer le théorème du moment cinétique par rapport àOy qui est bien un axe fixe. Le moment du poids est +mgesinθ (bras de levier), le moment de R~ est nul, d’où Q10
Jyθ¨=mgesinθ, ce qui donne bien la même relation en remplaçantJy par son expression.
4. En prenant toujours comme système la tartine, soumise uniquement à son poids et à R, on~ applique le principe fondamental de la dynamique au mouvement de rotation :
m~a(G) =PF~ext
RT =mg 3e2
a2+ 4e2 −1
!
sinθ et RN =mg cosθ− 6e2(1−cosθ) a2+ 4e2
!
.
Puisque l’énoncé nous donne des valeurs avece2 ≪a2(d’un facteur 100), on peut fortement simplifier ces expressions en première approximation :
RT =−mgsinθ et RN =mgcosθ .
5. D’après la loi de Coulomb, puisque la tartine ne glisse pas tant que |RT| 6 µ|RN|, alors elle glisse à partir de |RT| = µ|RN|. En remplaçant par les valeurs trouvées à la question précédente, cela donnetanθ0 =µ, et puisque l’énoncé propose de prendreµ= 1, on obtient
θ0 = arctan(1) = π4 . Q12
On peut en déduireθ(t˙ = 0)simplement en utilisant la réponse aux questions précédentes : on a montré au début du problème queθ˙ =q6ge(1a2+4e−cos2θ) d’où θ˙0 =
r
6ge(1−1/√ 2) a2+4e2 .
6. Puisque la tartine est en chute libre, elle n’est soumise qu’à son poids. Le PFD donne donc
¨
zG(t) = −g ⇒ zG(t) = −12gt2 (vitesse initiale nulle, altitude initiale quasi-nulle, on pourrait ajoutere/√
2, mais cela ne change presque rien par rapport à la hauteur de chuteh). La tar- tine atteint le sol lorsquezG(τ)≃ −h(ceci est aussi une approximation vu que cela dépend de comment est tournée la tartine, mais encore une fois, cela change peu le résultat). On en Q13
déduit τ ≃q2hg .
7. Puisque pendant la phase de vol, la vitesse angulaire de la tartine reste constamment égale àθ˙0 par hypothèse, alors la loi horaire est simplement θ(t) =θ0+ ˙θ0×t .
Q14
8. À l’aide des deux questions précédentes, lorsque la tartine va atteindre le sol, elle aura Q15
tourné deθ(τ) =θ0+ ˙θ0×τ =θ0+
r
6ge(1−1/√ 2) a2+4e2
q2h
g = θ0+
vu
ut12he(1−1/√ 2) a2+ 4e2 .
Pour conclure quant au côté sur lequel va tomber la tartine, il faut faire l’application numé- rique : entre−π/2etπ/2, la tartine tombera du côté sans confiture, alors que ce sera l’inverse entreπ/2et3π/2. Numériquement, on trouve que θ(τ) = 1,7×102° : la tartine tombe donc du mauvais coté comme le suggérait l’énoncé.
9. On peut voir que le résultat ne dépend pas deg, donc même si la gravité change sur Mars, des créatures de tailles humaines sur Mars aurait donc la même loi de Murphy. Toutefois : Q16
➢ elles auraient un peu plus de temps pour rattraper la tartine avant qu’elle touche le sol, mais peu ;
➢ elles seraient potentiellement de plus grande taille compte tenu de la gravité plus faible (le sujet original demandait d’explorer cette piste en suggérant que d’évaluer la taille pour que la boite crânienne subisse un choc comparable en cas de chute...).
II. A UTOUR DU GAZ PARFAIT
Lycée Poincaré – Nancy Page 3/8 Correction
1. (a) Par définition CV,m = ∂U∂Tm
V et Cp,m = ∂H∂Tm
p. Or pour un gaz parfait, Hm et Um ne dépendent que deT d’où Cp,m= dHm
dT . De même CV,m= dUm
dT . Q17
(b) Exprimons la relation donnant l’enthalpie en grandeurs molaires :H =U +pV =U + nRT ⇒Hm =Um+RT. En dérivant par rapport àT, on obtient Cp,m =CV,m+R d’où le résultat demandé.À noter que l’on utilise le fait que pour un GP, on a des dérivées Q18
droites, et non partiel. Sinon on a un problème car∂U∂Tm
V 6=∂U∂Tm
P a priori.
(c) De plusCp,m =γCV,md’oùCV,m(γ−1) =R⇒ CV,m = R
γ−1 et Cp,m = γR γ−1 . Q19
(d) cp = Cmp = nCmp,m = CMp,m = M(γγR−1) A.N : cp = 1,4×8,314
28.10−3×0,4 = 1,0kJ.K−1.kg−1 et cV = 8,314
28.10−3×0,4 = 0,74kJ.K−1.kg−1 Q20
Attention aux unités.
2. (a) Écrivons l’équilibre du piston et projetons les forces sur un axe ascendant. Il est soumis à son poids, la force due à la pression atmosphérique et celle due à au diazote à l’inté- rieur :
−M g+p1S−PatmS = 0soit p1 =Patm+M g Q21 S
A.N :p1 = 1,013.105+20.1015∗9.81−4 p1 = 1,75.105Pa (b) N =nNA= pRT1V1
1NA Q22
A.N :N = 1,50.1058.31×20.10×(273+27)−4×14.5.10−26,02.1023 N = 1,2.1022molécules
3. (a) Si l’on empêchait le piston de se déplacer, alors le volume ne change pas :p2V1 =nRT2
Q23
p2 = nRTSh2 = pRT1V11 × RTSh2 p2 =p1
T2
T1 . Remarque : exprimer le résultat ainsi vous perment d’avoir un résultat juste même si vous avez une erreur pour la quantité de matière.
A.N :p2 = 1,75×105× 273+37273+27 p2 = 1,81×105Pa
(b) Si le piston se déplace librement alors :p′2 =p1 = nRTSh′2 = nRTSh1 d’où h′ =hT2
T1 Q24
A.N :h′ = 14,5× 273+37273+27 h′ = 15,0cm
(c) La transformation subie par le gaz est monobare.
Q25
(d) ∆H =H2−H1 =CP(T2−T1) =mcP(T2−T1) pour un GP.
Q26
A.N : ∆H= 5,9.10−4×1,0.103×(37−27) = 5,9J
Évitez de dire simplement∆hqui n’est pas clair. Dites au moinshvap−hliq. De plus, la température et la pression considérées doivent être celles du changement d’état : c’est-à-dire que l’on part du liquide saturé et que l’on arrive à la vapeur saturante.
De façon qualitative, cela correspond à l’énergie à apporter pour vaporiser entièrement un kilogramme du corps pur à pression constante à partir du liquide déjà à la température d’ébullition.
Attention, si vous dites simplement « C’est l’énergie à apporter pour le changement d’état » c’est faux. En effet, si le volume est constant par exemple, l’énergie à apporter
pour le changement d’état estLv −p(vv−vl). Il est donc important de préciser que la pression (ou la température) est fixée.
Une unité possible est le kJ/kg ou J/g ou tout autre dérivé.
2. (a) Système : calorimètre + ses instruments (dont la résistance chauffante) + l’eau dedans.
Bilan : Transfert thermique supposé nul car le récipient est calorifugé. Travail apporté autre que celui des forces de pression :Pt1 =U It1.
Pour calculer la variation d’enthalpie, on décompose le système "eau" en deux sous- système : l’eau qui se vaporise + l’eau qui reste liquide.
La fonction d’état enthalpie étant extensive, on peut écrire pour le système en entier : H =Hcalo+instr +Heau,liq+Heauquisevaporise.
On utilise l’enthalpie car la pression est constante. Le premier principe en version mo- nobare donne doncHf inal−Hinitial=Wnp+QoùWnp est le travail autre que celui des forces de pression.
Il ne faut surtout pas utiliserU puisque l’on ne sait pas (et on ne veut pas) calculer le travail des forces de pression (non négligeable ici à cause du changement d’état phase condensée→gaz) puisque l’on ne connait pas le volume
massique de la vapeur.
Hcalo+instr,f +Heau,liq,f +Heauquisevaporise,f−(Hcalo+instr,i+Heau,liq,i+Heauquisevaporise,i) =U It1+ 0 (b) La température ne varie pas (puisque l’on fait un changement d’état à pression constante), Q29
l’enthalpie du calorimètre ne varie pas (C∆T = 0) et l’enthalpie de l’eau reste liquide tout au long de la transformation ne varie pas. La seule variation d’enthalpie est donc celle de l’eau qui se vaporise, qui estmvapLv oùmvap=m′−m′′est la masse d’eau qui s’est vaporisée.
Attention, il ne faut pas prendre la masse totale du système, mais seulement la masse de l’eau qui s’est vaporisée. D’où l’utilité de détailler précisément le bilan
enthalpique.
D’où Q30
Lv = U It1
m′−m′′ = 2050 J/g
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(a) Teb = 100°C se lit sous la courbe de saturation àP = 1bar.
Rem : ne pas hésiter à faire des schémas pour expliquer votre raisonnement.
Q31
(b) Par définition, il s’agit de la différence entre l’enthalpie du gaz et celle du liquide. On lit sur la courbe de saturation la différence entre les 2 (avec une règle par exemple) et on étalonne avec l’échelle en dessous (toujours avec une règle). Par exemple ici, on lit 10,9cm pour la différence des deux enthalpies. On étalonne avec l’échelle qui montre que 16,4cm ↔ 3400kJ/kg. On trouve Lv = 2,26MJ/kg soit un résultat un peu plus grand que l’expérience.
Q32
(c) Le point critique se trouve au sommet de la courbe de saturation T ≃370°C etP ≃220bar . Q33
(d) Puisque la température ambiante est inférieure à la température critique, cela est pos- sible. Sur un diagramme P-T, on est en-deçà du point critique et il est donc possible d’observer une transition de phase : on peut lire la pression de vapeur saturante à 20°C qui vaut environ25hPa.
Q34
3. (a) On a de façon générale le bilan (m′−m′′)Lv = (U I+Pf uite)t d’où le système d’équa- Q35
tions : (
(m′ −m′′)Lv = (U1I1+Pf uite)t1 (×t2) (m′ −m′′)Lv = (U2I2+Pf uite)t2 (× −t1)
(b) Le moyen le plus simple de résoudre et de faire la combinaison linéaire ci-dessus ; (m′−m′′)Lv×(t2−t1) = (U1I1t1t2−U2I2t1t2)
Lv = t1t2
t2−t1
U1I1−U2I2
(m′−m′′) = 2255 J/g C’est-à-dire un résultat compatible avec la lecture graphique.
Q36
(c) Et en faisant la différence des deux équations :
0 = (U1I1+Pf uite)t1−(U2I2+Pf uite)t2 ⇒ Pf uite= U2I2t2 −U1I1t1
t1 −t2 = 5 W Q37
Rem :La puissance est positive et ... c’est absurde car la température dans le calorimètre étant supérieur à celle ambiante, le transfert est perdu par l’eau liquide. On devrait donc avoir une puissance négative. C’est une erreur de l’énoncé !
IV. C LIMATISATION D ’ UNE VOITURE
1. (a) Schéma.
Q38 Source de travail
compresseur
fluide frigorigène en fournissant un transfert thermique à la source chaude.
(c) L’évaporateur est en contact avec l’habitacle . Son rôle est de vaporiser le fluide frigo- Q40
rigène en prélevant un transfert thermique à la source froide.
2. Schéma.
Q41
Enthalpy [kJ /kg]
140 160 180 200 220 240 260 280 300 320 340 360 380 400 420 440 460 480 500 520 540 560
Pressure [Bar]
0,50 0,60 0,70 0,80 0,901,00 1,00 2,00 3,00 4,00 5,00 6,00 7,00 8,00 10,009,00 20,00 30,00 40,00 50,00
-40 -30
-20 -10
0 10
20 30
40 50
60 70 80 90 100
-40 -30
-20 -10
0 10
20 30
40 50
60 70
80 90 DTU, Department of Energy Engineering 100
s in [kJ/(kg K)]. v in [m^3/kg]. T in [ºC]
M.J. Skovrup & H.J.H Knudsen. 21-05-30
R134aRef :D.P.Wilson & R.S.Basu, ASHRAE Transactions 1988, Vol. 94 part 2.
Liquide
équilibre liquide + gaz gaz
fluidesupercritique
3. Le cycle est parcouru dans le sens anti-horaire pour avoir un cycle récepteurW >0. On peut justifier en utilisant un organe particulier, par exemple (4 possibilités, une seule suffi- sait) :
Q42
➢ la compression est isentropique (adiabatique réversible), c’est donc la partie de droite sur le schéma. Or une compression correspond à une augmentation de la pression, on doit donc "monter" sur cette partie, d’où le sens trigonométrique ;
➢ ou le détendeur : on a une détente isenthalpique (pas de travail utile ni de transfert thermique), la détente est donc la partie verticale à gauche. Or une détente correspond à une diminution de la pression, on doit donc "descendre" sur cette partie, d’où le sens trigonométrique ;
➢ ou le condenseur : le condenseur est la partie chaude (donc en haut en terme de courbe) et sert à donner de l’énergie à l’extérieur pour évacuer l’énergie emmagasinée par le fluide caloporteur. Puisque le fluide cède de l’énergie, alors son enthalpie doit diminuer et on se déplace donc vers la gauche sur cette partie, d’où le sens trigonométrique ;
➢ ou le vaporisateur : le vaporisateur est la partie froide, en contact avec la source froide, et qui sert à prélever de l’énergie à l’habitacle. Puisque le fluide calporteur prélève de l’énergie, alors son enthalpie doit augmenter et on se déplace donc vers la droite sur cette partie, d’où le sens trigonométrique.
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1→2: Compresseur : compression adiabatique réversible cad isentropique.
2 →3: Condenseur : transformation isobare (refroidissement dans un premier temps, puis liquéfaction).
3→4: Détendeur : détente isenthalpique.
4 → 1 : Évaporateur : transformation isobare (vaporisation dans un premier temps, puis échauffement).
4. Appliquons le premier principe industriel entre l’entrée et la sortie du compresseur : Q43
∆h=h2−h1 =w∗(car adiabatique).
On lit sur le graphique : h1 = 404kJ.kg−1 eth2 = 438 kJ.kg−1 d’où wcomp = 34kJ.kg−1 Ce travail est bien positif car le fluide reçoit effectivement du travail de l’extérieur.
On peut aussi mesurer à la règle la différence entreh2 eth1 (1,3 cm) et faire un produit en croix avec l’échelle :16.15cm↔420kJ/kg, ce qui donne33,8kJ.
5. Pour trouver le transfert thermique échangé avec l’air de l’habitacle, appliquons le premier principe industriel entre l’entrée et la sortie de l’évaporateur :
Q44
∆h=h1−h4 =qe (car pas d’autre travail échangé).
On lit sur le graphique :h4 = 272kJ.kg−1d’où qe= 132kJ.kg−1 Ce transfert thermique est bien positif car le fluide reçoit effectivement un transfert thermique de la part de la source froide.
À nouveau, on peut aussi lire à la règle5,05cm et on en déduit131kJ/kg.
6. Efficacité de l’installation.η= QWF avecQF ce qui nous intéresse etW ce qu’on paye. Ici : Q45
η = wqe
comp A.N. : η= 13234 = 3.9
Q46 7. L’efficacité d’une machine thermique idéale de Carnot fonctionnant entre la source chaude à TCet la source froide àTF est η= T TF
C−TF (cf cours pour la démonstration) A.N. : η = 308293−293 = 19,5 valeur supérieure à celle de la machine réelle, ce qui est logique car on a montré en cours que c’est dans le cas d’un cycle de Carnot que l’on obtenait le rendement maximum.
Ce sont les transformations irréversibles qui sont la cause de cette perte de rendement, no- tamment la détente, mais aussi les transfert thermique au niveau du condenseur et du va- porisateur qui n’ont pas la même température que l’extérieur et l’habitacle.
8. Calculons la puissance reçue par le compresseur :Pcomp = δWdtcomp = dm×wdtcomp =Dmwcomp
Q47
Rem : Pour cette question un peu plus délicate, on peut s’aider des unités pour bien utiliser le débit massique.
A.N. :P = 0,15×34 = 5,1kW.
Or à2400tr/min, d’après l’énoncé, le moteur consomme 30 kW. La surconsommation rela- tive est donc PcompP = 5,130 soit 17%.
