II. Étude d’un réfrigérateur

(1)

PCSI - STANISLAS CB2 PHYSIQUE - durée 4H - CORRIGÉ 24/05/18

CONCOURS BLANC N

^◦

2 I. Mission Rosetta

(inspiré de Julien Cubizolles, http ://mpsi2llg.free.fr) I.1. Généralités

Q1. Appliquons le théorème du moment cinétique au point matériel dansR_Sau point O. La force exercée par la masse en O sur la massemétant toujours dirigé vers O, son moment en O est nul. Il vient que−σ→_Oest conservé.

Le vecteur position étant toujours perpendiculaire à−σ→_O(constant), il vient que le mouvement est plan.

Q2. Il vient :

−→ σ_O=−−→

OM∧m−→v_/S= mr²θ ~˙e_z=σ_c~e_z

Q3. σ_c=mR²θ˙est une constante. SiRest constant, alors ˙θaussi : le mouvement est uniforme.

Le PFD s’écrit :

−mrθ˙²=−Gmm_E R² donc :

v=rθ˙= s

Gm_E

R (1)

Il vient :

E_c=Gmm_E 2R E_p=−Gmm_E

R E_m=−Gmm_E

2R

Q4. T=^2πR_v . En utilisant l’expression 1, il vient : T² R³= 4π²

Gm_E (2)

Q5. On connait le rayon et la période, donc :

v_{T /S}=2πr_T

T_T = 29km/s Remarquons queE_m=−E_cdans une trajectoire circulaire, on a donc :

E_m=−1

2m_Tv²_{T /S}=−2π²m_Tr²_T

T_T² =−2,6×10³³J

Q6. Pour s’éloigner à l’infini, il doit avoir une énergie mécanique supérieure àE_p(+∞) = 0 d’où : E_m=−Gmm_S

R +1

2mv²_l/S>0 soit :

v_l/S= s

2Gm_S R =√

2v_{T /S}= 41km/s (3)

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

Q7. Au périastre et à à l’apoastre, la vitesse est purement orthoradial et le moment cinétique (conservé) s’écrit : σ_c=mr_pv_p=mr_av_a. En ces deux points, l’énergie mécanique (aussi conservée) s’écrit :







E_m =¹₂mv_p²−^Gmm_r ^E

p

E_m =¹₂mv_a²−^Gmm_r ^E

a

=⇒ⁿr²_p−r_a²E_m=−Gmm_E(r_p−r_a) soit :

Em=−Gmm_E

r_p+r_a (4)

I.2. Trajectoires

Q8. Le raisonnement précédent s’applique à nouveau : v1=

s2Gm_T

R_T = 11km/s

Q9. La conservation de l’énergie mécanique entre le point de départ et l’infini s’écrit : 1

2m_sonde4v₁²−Gm_sondem_T R_T =1

2m_sondev²_∞ soit :

v∞= s6Gm_T

R_T = 19km/s

Q10.De son demi grand-axea = ^r^{p,T c}^+r₂ ^{a,T c}, il vient en utilisant la loi de Kepler (égalité du rapport pour Tchouri et la Terre) :

T_T_c=T_T

r_{p,T c}+r_{a,T c} 2r_T

3/2

= 2.4×10³jours L’expression de l’énergie mécanique permet d’écrire (m_cest la masse de Tchouri) :

E_m=− Gm_cm_S r_{p,T c}+r_{a,T c}=1

2m_cv²−Gm_cm_S r soit avecGm_S=^4π²^r³^T

T_T² :

v=2πr_T T_T

v u u t2r_T 1

r− 1

r_{p,T c}+r_{a,T c}

!

Il vient donc respectivement au périhélie (r =r_{p,T c}) et à l’aphélie (r =r_{a,T c}) :v_T_c_p/S= 35 km.s⁻¹ et v_T_c_a/S= 7,3 km.s⁻¹.

Q11.La question précédente montre que la connaissance des périhélie et aphélie permet de remonter à la vitesse de la sonde (en remarquant quer_T=r_p,Ro) :

v_R

Op/S=2πr_T T_T

s 2 r_a,Ro

(r_T+r_a,Ro)

Le périhélie est tel quer_p,R_o=r_T = 1u.a.. Sur le schéma, on mesure 1.4cm. Pour l’aphélie, on mesure 7.3cm. Il vient :

v_R_O_p/S= 38km/s Q12.On utilise la troisième loi de Kepler :

T_R_O=T_T

r_a,Ro+r_T 2r_T

3/2

= 2,0×10³jours

(2)

I.3. Assistance gravitationnelle

Q13. Le référentiel géocentrique est galiléen car en translation rectiligne uniforme sous les hypothèses choisies.

Loin de la Terre, l’attraction gravitationnelle étant négligeable, le mouvement sera donc rectiligne uniforme.

Q14. L’énergie mécanique vaut :E_m=¹₂m_sondev_0/T² >0. Il s’agit donc bien d’une trajectoire hyperbolique.

Q15. A la fin, l’énergie mécanique, qui se conserve vautE_m = ¹₂m_sondev²_D/T. En égalisant avec la première expression deE_m, il vient v_D/T=v_0/T.

Q16. D= 0 correspond à une déviation nulle donc à une influence faible. Cela se produit si la sonde reste éloignée (bgrand) et/ou si la vitessev_0/Test très grande.

D=πcorrespond à b= 0 .

Q17. Remarquons que ^Gm_b^T et v_0/T² ont même unité (ce sont des énergies par unités de masse). Donc les rapports : ^Gm^T

bv_O/T² et^bv

2 O/T

GmT sont sans dimensions.

Pour que tan^D₂ =β, il faut que l’expression soit cohérente avec la questions précédentes soit tan^D₂ = 0 quandbv²_0/Ttend vers l’infini et tan^D₂ = +∞quandbtend vers 0.

La seule expression compatible est :

β= Gm_T bv²

O/T

Q18. Le référentiel géocentrique est supposé en translation par rapport au référentiel héliocentrique pendant la durée de l’assistance, donc en notantM0etM_T les positions respectives de Rosetta et de la Terre :

d−−−→

OM0

dt _R

S

=d−−−→

OM0

dt _R

T

=d−−−→

OMT

dt _R

T

+d−−−−→

MTM0

dt _R

T

d’où −−→v_0/S=−−→v_{T /S}+−−→v_0/T. Cf. Fig. 1.

Q19. Il vient :

v_0/T=^qv²

0/S+v²

T /S−2v_0/Sv_{T /S}cosα

Q20. On utilise l’égalité des normes entrev_0/T etv_D/T après avoir construitv_0/T et réalisé la rotation d’angle D (Fig. 1).v_D/Ss’obtient par sommation vectorielle.

Figure1 –

Q21. L’inégalité triangulaire permet de dire quev_D/Ssera maximale quandv_D/T est colinéaire àv_{T /S}(Fig. 2).

Il vient alors :

v_D/S=v_D/T+v_{T /S}=v_D/T+v_{T /S} donc :

v_D/S,max=^qv²_0/S+v²_{T /S}−2v_0/Sv_{T /S}cosα+v_{T /S}

Figure2 – Q22.On veut calculerv_D/S,maxdans des cas particuliers.

a) v_D/S,max= 2v_{T /S}

b)v_D/S,max= (^p2(1−cosα) + 1)v_{T /S}= (1 + 2 sin^α₂)v_{T /S}soit : v_D/S,max−v_{T /S}

v_{T /S} ≈α

Q23.Avant son premier passage, v_0/S = v_{T /S}, on peut donc directement utiliser l’expression précédente :

∆v≈αv_{T /S}d’où :

α≈ ∆v

v_{T /S} = 0.13rad

(3)

II. Étude d’un réfrigérateur

(d’après Agro-Veto 2005)

Q1. Préliminaires.

a)Par définition, on a `(T) =hV(T)−hL(T) , d’où`1=h1V−h1L= 182,2 kJ.kg⁻¹et`2=h2V−h2L= 123,6 kJ.kg⁻¹.

b)Un changement d’état isobare conduit à une température finale égale à la température initiale.

Evaluée sur un chemin réversible, donc isobare et isotherme, la variation d’entropie vérifie donc ∆s=

Qp

T =^∆h_T =_T^`, d’où s_iL=s_iV−`_i

T_i . On obtients_1L= 23,8 J.kg⁻¹.K⁻¹ets_2L= 285 J.kg⁻¹.K⁻¹. Q2. Étude du compresseur A→B.

a)On as(x_A, T1) =s(x_B= 1, T2), doncs_1L+x_A(s_1V−s_1L) =s_2V. D’où x_A=s_2V−s_1L

s_1V−s_1L ≈0,929.

b)w^∗=h_B−h_A=h_2V−(h_1L+x_A(h_1V −h_1L))≈40,2 kW.kg⁻¹. Q3. Étude du condenseur B→C.

a)Pour un changement d’état isobare, on aq_BC= ∆h, donc ici q_BC=−`2 = -123,6 kJ.kg⁻¹. b)L’entropie reçue provient de l’air de la cuisine, qui est à la température Tamb = 293 K. Donc

s_e=− `2

Tamb

= -422 J.kg⁻¹.K⁻¹. Par ailleurs on a ∆s=s_2L−s_2V = -395 J.kg⁻¹.K⁻¹. On déduit l’entropie créée s_c= ∆s−s_e = 27 J.kg⁻¹.K⁻¹.

Q4. Étude du détendeur C→D.

a)La détente étant isenthalpique,h_2L=h_1L+x_D(h_1V−h_1L), d’où x_D=h_2L−h_1L

h_1V−h_1L ≈0,471.

b)La détente de Joule-Kelvin est adiabatique, donc l’entropie échangée est nulle, d’où sc= ∆s=s1L+xD(s1V−s1L)−s2L = 71,4 J.kg⁻¹.K⁻¹.

Q5. Étude de l’évaporateur D→A.

a)On a de nouveau un changement d’état isobare, doncq_DA = ∆h. Mais il n’est que partiel, d’où q_DA= (x_A−x_D)`1 = 83,4 kJ.kg⁻¹.

b)On en déduit s_e=q_DA Tfr

= 317 J.kg⁻¹.K⁻¹, ∆s= (x_A−x_D)(s_1V−s_1L) = 323 J.kg⁻¹.K⁻¹, et s_c= ∆s−s_e = 6 J.kg⁻¹.K⁻¹.

Q6. Bilan.

a)On cherche à optimiser l’apport de chaleur par la source froideq_DA pour un travail total reçuw: e_F =^q^DA_w . Comme le premier principe sur le cycle entier implique 0 =w+q_BC+q_DA, on obtient

e_F= −1 1 +^q_q^BC

DA

= 2,07.

b)D’après le second principe sur un cycle complet, ^q^BC

Tamb+^q^DA

Tfr +s_c= 0, donce_F = ⁻¹

1−^T_T^amb fr −^T_q^amb

DAsc

. Commes_c≥0, on obtient une efficacité maximale pour un cycle réversible (s_c= 0), donc

emax= −1 1−^T_T^amb

fr

= Tfr

Tamb−Tfr

= 8,77.

c)D’après la question précédente, s_c=−q_BC Tamb

−q_DA Tfr

= 105 J.kg⁻¹.K⁻¹.

d)Pour que les sources froide et chaude jouent leur rôle, c’est-à-dire que les transferts thermiques spontannés vérifientq_DA>0 etq_BC<0, on doit avoirT1< TfretT2> Tamb.

III. Modélisation thermodynamique du cœur

(d’après E3A 2017 Physique-Chimie) III.1. Évaluation du travail fourni par le cœur

Q1.

Dans un baromètre de type Torricelli (à tube en U) rempli de mercure (cf ci- contre), on lit une dénivellation de hauteur hpour une pression atmosphérique P vérifiantP=ρHgghen négligeant la pression de saturation du mercure présente dans l’extrémité fermée du tube (proche du vide). On a doncPatm=ρHggH0 d’où

ρHg=Patm

gH0

= 13,6×10³kg.

Q2. • Les phases C et D ont lieu valves fermées donc ce sont respectivement unecompressionet une détente isochores.

• La phase V a lieu à haute pression (pression systémique à la systolepss) car l’irrigation complète de tous les organes à travers le réseau sanguin ramifié nécessite une surpression considérable¹, de sorte que le sang puisse revenir au cœur dans le ventricule droit. Il s’agit donc de l’isobare haute.

• Enfin la phase R correspond à l’arrivée de sang à basse pression en fin de circulation pulmonaire.

Le sens de parcours est nécessairement anti-horaire pour respecter le sens des Compression-Détente et de l’évolution du volume du ventricule en phase de vidage (V diminue) ou de remplissage (V augmente).

V (mL) p(mmHg)

R V

D C

V_d= 90 V_f= 140

pminpvp= 1= 5 pss= 110

Q3. On a donc iciW_g=−W_{m, g}avecW_{m, g}=¸

cyclepdV qui représente l’aire du cycle. Le sens de parcours étant anti-horaire, l’aire algébrique du cycle est négative, donc W_g>0 .

Ceci est conforme au fait que pour être mis en mouvement par la pompe cardiaque, le sang doit recevoir du travail moteur de la part du cœur.

Q4. L’aire (en valeur absolue) du cycle se décompose en un rectangle de hauteurpss−pvpet un triangle de hauteurpvp−pmin, tous deux de baseV_s=V_f−V_d, doncW_g= (pss−pvp)V_s+¹₂(pvp−pmin)V_s. On en déduit W_g= pss−¹₂pvp+pmin

V_s.

On peut approximer cette expression à environ 1% près par W_g≈pssV_s.

Par incompressibilité du sang, la quantitéV_scorrespond au volume de sang traversant le réseau sanguin entre chaque battement.

1. à cause des pertes de charge dues à la viscosité, et à l’hydrostatique

(4)

Q5. En appliquant les mêmes raisonnement et approximation, on obtient W_d≈ppsV_s. Entre 2 battements la puissance moyenne fournie par le cœur au sang est donc

P=f(W_g+W_d)≈f(pss+pps)V_s .

Q6. Le cycle nous donneV_s= 50×10⁻⁶m³. On évalue les puissances moyennes pour les trois états proposés, en convertissant les surpressions en Pa grâce au facteur ^P_H^atm

0 ≈133 Pa.mm⁻¹:

•Repos couché :Prc≈⁶⁴₆₀×50×10⁻⁶×(130 + 20)×133≈1,1 W ;

•Repos debout :Prd≈⁷³₆₀×50×10⁻⁶×(136 + 15)×133≈1,2 W ;

•Pic d’activité :Ppa≈¹⁶⁷₆₀ ×50×10⁻⁶×(220 + 34)×133≈4,7 W ;

On évalue l’énergie totale journalière avec une répartition dedrc = 8 h de repos couché,drd= 15 h de repos debout, etdpa= 1 h de pic d’activité :

Em=Prcdrc+Prddrd+Ppadpa ≈0,11 MJ, correspondant à Pmoy= Em

drc+drd+dpa

= 1,3 W.

III.2. Rendement cardiaque

Q7. Le rendement du cœur peut être défini par η= énergie fournie au sang énergie apportée par O₂ =Em

Ej

≈_0,14×10^0,11 ≈8%.

Q8. On note respectivementW_m=−(W_g+W_d),Q_cetQ_fle travail, le transfert thermique en provenance de la source chaude et le transfert thermique en provenance de la source froide, reçus par le cœur (c’est-à-dire par son agent thermique si on pouvait le définir) au cours d’un cycle complet.

Par périodicité des variables d’état énergie mécanique macroscopique, énergie interne et entropie du cœur (ou de l’agent thermique), les premier et second principe s’écrivent respectivement

0 =W_m+Q_c+Q_f et 0 =Q_c T_c +Q_f

T_f +S_p oùS_p≥0 est l’entropie produite au cours d’un cycle.

Cette machine étant un moteur, on définit le rendement parη=−^W_Q^m

c, ce qui donne après injection des équations précédentes :

η= 1−T_f T_c−T_f

T_cS_p donc η≤ηmax= 1−T_f T_c , l’égalité étant obtenue pour un cycle parfaitementréversible.

Q9. On obtient T_c≥ T_f

1−η = 319 K = 46^◦C. Cette température est nettement supérieure à la température corporelle de 37^◦C, ce qui prouve que le modèle est grossier.

Toutefois l’ordre de grandeur est raisonnable car le rendement a aussi été évalué de façon grossière. Par exemple on trouveT_c≥37^◦C pour un rendementη= 5,5%.

III.3. Évolution du rendement du cœur en fonction de l’effort fourni Q10. Ô Première méthode : on sépare les variables puis on intègre.

ˆη η0

dη⁰ b−η⁰ =

ˆΩ Ω₀

dΩ⁰

Ω⁰ ⇔ ln

b−η0

b−η

= ln Ω Ω0

⇔ η−b η0−b=εΩ0

Ω ,

avecεqui est nécessairement une constante égale à±1 sinon la solutionηn’est pas de classeC¹ sur l’intervalle de résolution. Par passage à la limite enη0on obtient par continuitéε= 1, d’où finalement

η=α1

Ω +α2 avec α1= Ω0(η0−b) et α2=b .

Ô Deuxième méthode : on injecte directement la forme de solution proposée et en cherchant une condition nécessaire et suffisante, on obtient :

Ω

−α1

Ω²

+α1

Ω +α2=b ⇔ α2=b .

Donc la solution convient quelque soitα1. Pour vérifier la condition initiale on aussiη0=^α_Ω¹

0+bd’où α1= Ω0(η0−b) .

Remarque :L’équation est d’ordre 1 mais avec un second membre constant, ce qui justifie la forme proposée avec deux constantes. Toutefois l’équation n’est pas linéaire au sens de la physique car le coefficientΩn’est pas constant. Donc la solution générale ne s’obtient pas avec la méthode de l’équation caractéristique.

Q11.On représente la relation entreηet_Ω¹ :η=f(_Ω¹), et on effectue une régression linéaire.

On obtient doncα1= 1,9×10⁻²L.min⁻¹ etα2= 5,9×10⁻². Le coefficient de régression n’est pas ex- cellent compte tenu de la distribution irrégulière des points en abscisse. En l’absence d’un modèle plus sophistiqué, on peut dire quece modèle n’est pas invalidé.