I. VITESSE DE LIBÉRATION D`UN VAISSEAU SPATIAL

DS Physique n°8
PCSI
2015 – 2016
Conseils :
• Ce devoir comporte 4 problèmes indépendants.
• Le correcteur tiendra compte de la présentation (soin apporté aux schémas) et de la rédaction 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.
• Rédigez les problèmes sur des copies différentes.
• Numérotez vos copies doubles : 1/4, 2/4 .... (si 4 copies). N’oubliez pas de mettre votre
Nom sur chacune des copies.
• L’usage des calculatrices est autorisé.
I. V ITESSE
DE LIBÉRATION D ’ UN VAISSEAU SPATIAL
Un vaisseau spatial de masse m est initialement sur une orbite circulaire de rayon r0 décrite à
la vitesse v0 , autour d’une planète de masse M et de rayon R.
Q1
Q2
1. (a) Déterminer la vitesse v0 en fonction de G, M et r0 .
(b) On allume le moteur pendant un temps court, de sorte que la vitesse varie mais pas
la distance au centre de l’astre. Évaluer la nouvelle vitesse v1 du vaisseau pour qu’il
échappe au champ gravitationnel de l’astre en fonction de v0 .
Le commandant de bord dispose en fait d’un « budget de vitesse » égal à 4v0 : cela signifie
que la quantité de carburant disponible lui permet de faire varier la vitesse du vaisseau, en
une ou plusieurs fois, pourvu que la somme des valeurs absolues des variations de vitesses
n’excède pas 4v0 . Il dispose de deux options.
Q3
2. Option 1 : le commandant utilise tout son budget d’un seul coup en amenant sa vitesse
initiale à 5v0 . Évaluer sa vitesse finale (« à l’infini »), en fonction de v0 .
3. Option 2 : on utilise un huitième du budget pour ralentir le vaisseau de v0 à
très court devant la période, le vecteur vitesse gardant la même direction.
v0
2
en un temps
Q4
(a) Montrer que la nouvelle trajectoire est un état lié.
Q5
(b) On admet que cette trajectoire est une ellipse. Déterminer le demi-grand axe a. Montrer
que les distances rA du centre O à l’apogée et rP du centre O au périgée sont : rA = r0 et
rP = 71 r0 .
Q6
(c) Déterminer les normes des vitesses vA et vP , respectivement à l’apogée et au périgée en
fonction de v0 .
Q7
(d) Quelle condition doit vérifier rP pour que le vaisseau ne s’écrase pas ?
Q8
(e) En déduire qu’on n’aura pas écrasement du vaisseau sur l’astre si vA > v2 = v0
q
2R
.
R+r0
Q9
4. On utilise ensuite le reste du « budget vitesse » au passage au périgée pour augmenter au
maximum la vitesse du vaisseau. Justifier la nature de la nouvelle trajectoire et déterminer
la nouvelle vitesse finale (« à l’infini »), en fonction de v0 .
Q10
5. Comparer les deux options, et commenter.
Lycée Poincaré – Nancy
Page 1/5
1er juin 2016, durée 4h00
DS Physique n°8
PCSI
II. O UVERTURE D ’ UN
CLAPET DE SÉCUTRITÉ
atmosphère
P0
2015 – 2016
partie xe
atmosphère
uide
P0
lapet mobile
z
h
y
O
a
x
b
partie xe
On considère un clapet de sécurité rectangulaire de largeur l (dans la direction u~y ) et de hauteur
a articulé autour d’un axe fixe horizontal ∆ = (O,u~y ) où O est un point situé à une hauteur b du
fond. Le niveau du liquide, de masse volumique ρ, au dessus du fond du bassin est noté h. La
pression atmosphérique de l’air, noté P0 , est supposé homogène.
Q11
1. Rappeler la relation fondamentale de la statique des fluides.
Q12
2. En déduire le champ de pression, noté P (z) régnant dans le fluide en fonction de P0 , ρ, g
(l’intensité du champ de pesanteur), h, b et z. On prendra l’origine des altitudes en O en
accord avec le schéma. Vérifier de façon explicite la valeur de la pression sur la surface libre
en contact avec l’atmosphère.
Q13
3. On appelle pression effective, notée Peff , au niveau du clapet, la différence entre les pressions existantes de part et d’autre du clapet (côté fluide et côté atmosphère). Montrer que
Peff (z) = p(z) − P0 = ρg(h − b − z)
Q14
Q15
Q16
−→
4. Déterminer la résultante élémentaire dF des forces de pression, exercée sur un élément de
surface dS du clapet à l’altitude z. Représenter la sur un schéma. On exprimera dS sur le
clapet en coordonnées cartésiennes.
−→
5. Déterminer le moment élémentaire dM∆ par rapport à l’axe ∆ de la force élémentaire dF
exercée sur un élément de surface dS du clapet à l’altitude z.
6. Montrer que le moment sur l’axe ∆ des forces de pression s’exerçant sur toute la surface du
clapet peut se mettre sous la forme suivante
(a − b)2 (a − b)3
b2 b3
M∆ (pression) = ρgl (h − b)
−
− (h − b) −
2
3
2
3
"
#
7. Les forces s’exerçant sur le clapet sont les forces de pression, la force de la liaison entre l’axe
~ La
et le clapet ainsi que la force de réaction de la partie fixe inférieure sur le clapet, notée R.
liaison avec l’axe étant supposée idéale son moment projeté sur ∆ vaut zéro.
Lycée Poincaré – Nancy
Page 2/5
1er juin 2016, durée 4h00
DS Physique n°8
Q17
Q18
PCSI
2015 – 2016
~ ? En déduire le signe de
(a) Tant qu’il y a contact, quels sont la direction et le sens de R
~
M∆ (R).
~
(b) On rappelle que l’équilibre du clapet se traduit par M∆ (R)+M
∆ (pression)+M∆ (liaison) =
0. En déduire le signe de M∆ (pression) tant que le clapet est fermé.
Q19
8. On désire que le clapet ne s’ouvre pas tant que h < 10 a et s’ouvre pour h > 10 a. De quelle
équation b est alors solution ?
Q20
9. Résoudre numériquement ou graphiquement cette équation à l’aide de votre calculatrice
en prenant a = 20 cm.
III. C HAUFFAGE D ’ UN
GAZ PARFAIT
Dans tout l’exercice, le gaz parfait est idéal
pm
= cte), les capacités thermiques des
(γ = CCvm
parois, piston et résistance seront négligées.
On note (EET) un état d’équilibre thermodynamique. Le compartiment de droite est en
communication avec l’atmosphère ce qui implique que la pression dans le compartiment
de droite est constante et égale à p0 .
Une mole de gaz parfait (GP) est contenue
dans le cylindre calorifugé fermée par un piston calorifugé de section σ = 0,05 m2 retenu
par un ressort de raideur k = 25.103 N.m−1
et de longueur à vide l0 . Il n’y a aucun frottement. Initialement le gaz parfait est à la température T0 = 290 K, à la pression p0 = 105 Pa,
de coefficient γ = 1,4. La constante des gaz parfaits vaut R = 8,31 J.mol−1 .K−1 . Une résistance
fournit lentement de l’énergie sous forme de chaleur au gaz parfait de sorte que la transformation
du gaz parfait est une suite d’EET. L’EET final correspond à pF = 2p0 et les grandeurs lors de
l’EET final sont indicées par la lettre F .
Q21
1. Quelle est la longueur du ressort dans l’état initial ?
2. On note x le déplacement du piston à partir de sa position initiale,
Q22
(a) Exprimer la pression p du gaz parfait en fonction de p0 , σ, k et x.
Q23
(b) Exprimer le volume V du gaz parfait en fonction de V0 , le volume initial, de σ et de x.
Q24
(c) En déduire la pression p en fonction de p0 , V, V0 , k et σ.
Q25
(d) Représenter la courbe p en fonction de V .
Q26
Q27
Q28
(e) Calculer xF dans l’EET final.
Faites l’application numérique.
(f) Calculer VF et TF de façon littérale puis numérique.
Q29
Q30
3. Exprimer le travail élémentaire δW algébriquement reçu par le gaz parfait entre deux instants proches t et t + dt. En déduire que le travail algébriquement reçu par le gaz est
W = −p0 σxF − 21 kx2F .
Expliquer à quoi correspond chaque terme et donner la valeur numérique de W .
Q31
4. Calculer le transfert thermique Q algébriquement reçu par le gaz. Donner le résultat sous
forme littérale et numérique.
Lycée Poincaré – Nancy
Page 3/5
1er juin 2016, durée 4h00
DS Physique n°8
IV. M ESURE
PCSI
2015 – 2016
DE L’ ENTHALPIE DE VAPORISATION DE L’ AZOTE
L’azote liquide est fréquemment employé pour maintenir
des systèmes à basse température. Le changement d’état
étant extrêmement couteux, on peut avec un peu d’azote liquide maintenir une température faible pendant un temps
assez long. On se propose dans ce problème de mesurer
l’enthalpie de vaporisation de l’azote liquide et d’en déduire le temps pendant lequel la température peut être imposée ainsi (pour un volume d’azote donné). Par abus de
langage, on dira « l’azote » pour parler du « diazote ».
Pour cela, on réalise l’expérience suivante : un récipient calorifugé (de type bouteille isolante) contenant une masse
d’azote est placée sur une balance monoplateau électronique.
Un thermoplongeur (résistance chauffante), supporté par
une potence, plonge dans le liquide. Il est alimenté par une
alimentation stabilisée. Un voltmètre et un ampèremètre
permettent la mesure de la tension U aux bornes du thermoplongeur, et de l’intensité I qui le traverse.
On dispose par ailleurs d’un chronomètre.
On alimente le thermoplongeur et on attend l’ébullition. On règle alors U pour avoir une ébullition régulière et lente. À la fin de chaque expérience, il reste de l’azote liquide dans le récipient.
Lorsqu’on déclenche le chronomètre, la balance indique m′ = 220,12 g. On arrête le chronomètre lorsque la balance indique m′′ = m′ − 30,00 g, et on lit le temps t écoulé.
Q32
1. Définir l’enthalpie massique de changement d’état Lv et donner une unité possible.
2. Avec U1 = 6,00 V et I1 = 2,083 A, le temps t vaut t1 = 6 min 23,4 s.
Q33
(a) Définir un système et établir un bilan énergétique approprié faisant intervenir l’enthalpie massique de vaporisation de l’azote notée Lv et les données de l’énoncé.
Q34
(b) Calculer l’enthalpie massique de vaporisation de l’azote.
3. Gaston trouve un diagramme log P − h sous une table et décide de comparer la valeur obtenue 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
(refaites un schéma si nécessaire) :
Q35
(a) la température d’ébullition de l’azote liquide à pression atmosphérique (P0 = 1 bar) ;
Q36
(b) l’enthalpie massique de changement d’état à pression atmosphérique ;
Q37
(c) les coordonnées P-T du point critique.
Q38
(d) est-il possible, à température ambiante, d’augmenter suffisamment la pression pour liquéfier l’azote dans l’air ? Justifier à l’aide de l’allure du diagramme P-T de l’azote (non
fourni).
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.
Lycée Poincaré – Nancy
Page 4/5
1er juin 2016, durée 4h00
DS Physique n°8
PCSI
2015 – 2016
Pour cela, on réalise une seconde expérience, avec U2 = 9,00 V et I2 = 2,000 A, le temps t
vaut t2 = 4 min 43,7 s, pour la même différence de masse m′′ = m′ − 30,00 g. La puissance
de fuite Pf uite dépendant généralement de la différence de température entre l’intérieur et
l’extérieur du récipient, elle sera considérée identique dans les deux expériences.
(d) En déduire le temps au bout duquel 2 L d’azote liquide se seront entièrement évaporés
si on n’alimente pas la résistance chauffante. On donne la masse volumique de l’azote
liquide : µa = 807,0 kg/m3 .
T = −160 ◦ C
T = −17 ◦
0 C
80 ◦ C
0◦
C
T = −1
C
190 ◦
−13
◦
T =−
200 ◦
C
T=
0
◦C
T =−
−14
210 ◦
C
T=
10
2
T = −150
C
Diagramme Pression/Enthalpie pour l'azote
T =−
T=
C
−120 ◦ T = −110 ◦
C
C
101
−150
Lycée Poincaré – Nancy
−100
−50
0
Enthalpie massique h (en kJ/kg)
Page 5/5
9
x = 0.
x =0
.8
.7
x =0
x =0
.6
0.5
x=
0.4
x=
0.3
x=
0.2
x=
0. 1
100
x=
Q42
(c) Calculer la puissance de fuite Pf uite .
220 ◦
Q41
(b) Calculer l’enthalpie massique de vaporisation de l’azote et comparer avec la valeur lue
sur le diagramme.
T =−
Q40
(a) Écrire à nouveau le bilan énergétique en tenant compte de Pf uite .
Pression P (en bar)
Q39
50
1er juin 2016, durée 4h00
DS Physique n°8
PCSI
I. V ITESSE
Q1
2015 – 2016
DE LIBÉRATION D ’ UN VAISSEAU SPATIAL
1. (a) cf cours pour une trajectoire circulaire v0 =
s
GM
r0
(b) Pour échapper au champ gravitationnel de l’astre, le vaisseau aura une vitesse au minimum nulle et une énergie potentielle nulle. Écrivons donc la conservation de l’énergie
mécanique :
Q2
Q3
1
mv12
2
−
GM m
r0
= 0 d’où v1 =
s
√
2GM
= 2v0
r0
2. Dans l’option 1 où l’on utilise tout le budget, on passe de v0 à 5v0 . Utilisons à nouveau la
conservation de l’énergie mécanique :
1
GM
1 2
Em = m(5v0 )2 −
= mv∞
+0
2
r0
2
Q4
Q5
et avec
v0 =
s
GM
r0
d’où
v∞ =
√
23v0
3. (a) Désormais la vitesse initiale vaut v0 /2 ce qui donne une nouvelle énergie mécanique
Em = 21 m( v20 )2 − GM
= 81 mv02 − mv02 = − 87 mv02 < 0. La trajectoire est donc une ellipse .
r0
q
m
m
(b) Utilisons la formule générale Em = − GM
d’où 87 mv02 = GM
. Avec v0 = GM
, on
2a
2a
r0
4
trouve : a = r0
7
Le périgée et l’apogée sont les seuls endroits de la trajectoire elliptique pour lesquels
le vecteur vitesse est perpendiculaire au rayon vecteur. L’énoncé précise bien que le
vecteur vitesse garde en r0 la direction qu’il avait pour la trajectoire circulaire. Après
changement de vitesse, le rayon vecteur est donc toujours perpendiculaire au vecteur
vitesse. On a donc soit rA ou rP égal à r0 .
1
Comme rA + rP = 2a = 78 r0 , si l’un est égal à r0 , alors l’autre vaut 71 r0 soit rP = r0 et
7
rA = r0 .
v0
. On a également conservation du moment cinétique
2
7v0
(force centrale), d’où rA vA = rP vP . On en déduit : vP =
2
(c) Comme rA = r0 , alors vA =
Q6
Q7
(d) Pour éviter que le vaisseau ne s’écrase, il faut rP > R .
Q8
(e) Cela donne 2a > R + r0 soit Em =
Q9
m
− GM
2a
>
m
− GM
R+r0
d’où vA > v2 = v0
s
2R
R + r0
4. Arrivé en rP , on utilise le reste du budget vitesse soit 4v0 − v20 = 7v20 , ce qui s’ajoute à la
vitesse vP = 7v20 soit une vitesse de 7v0 .L’énergie mécanique s’écrit :
Em = 12 m(7v0 )2 − GM
= 21 m(7v0 )2 − 7GM
= 49
mv02 − 7mv02 = 35
mv02 > 0
rP
r0
2
2
On a donc une trajectoire hyperbolique : le vaisseau s’éloigne de l’astre et échappe définitivement à son attraction.
√
2
2
35v0
= 35
mv
soit
v
=
A l’infini, EM ∞ = 21 mv∞
∞
0
2
Q10
5. La seconde option, à budget carburant égal, est donc la meilleure car elle conduit à une
vitesse à l’infini plus importante.
Lycée Poincaré – Nancy
Page 1/5
Correction
DS Physique n°8
PCSI
II. O UVERTURE D ’ UN
Q11
Q13
Q14
Q15
CLAPET DE SÉCURITÉ
−→
~ = −ρgdz ou −
1. Relation fondamentale de la statique des fluides : dp = ρ~g · dr
gradp = ρ~g
2.
Q12
2015 – 2016
= −ρg, or la masse volumique de l’eau est constante, donc la relation s’intègre simplement : p(z) − p(z0 ) = −ρg (z − z0 ). La pression est continue à l’interface avec l’air (en
z0 = h − b), donc p(z0 ) = P0 d’où p(z) = P0 + ρg(h − b − z)
dp
dz
3. La pression dans l’atmosphère à cette échelle est constante, on a donc
pef f (z) = p(z) − P0 = ρg(h − b − z)
−→
4. dF = Peff (z)dS~ux = Peff (z)dz dy ~ux .
5. Il FAUT faire un schéma et représenter une force de pression
−→
dF sur un élément de surface dS ainsi que le bras de levier de
cette force par rapport à ∆. Le bras de levier pour une telle force
vaut z, de plus, pour une force appliquée « au dessus » de O, son
effet sera de faire tourner le clapet dans le sens horaire, ce qui
correspond au sens positif par rapport à l’axe ∆ compte tenu de
la règle du tire-bouchon. La norme de la force est dF = Peff dz dy.
~ = +zp(z)dz dy .
Son moment vaut donc M∆ (df)
−
→
Sur votre schéma, évitez le cas particulier où df est représenté au niveau du point O.
Cela vous empêche de voir clairement le bras de levier. De même, pour évitez les
fautes de signe, faites un schéma avec z > 0.
Q16
6. Pour obtenir le moment total, il suffit de sommer les moments :
s
s
~ = zp(z)dz dy. L’intégrale selon y
M∆ (pression) = M∆ (df)
est immédiate puisque rien ne dépend de y d’où
R a−b
R a−b
M∆ (pression) = l × −b
zp(z)dz = lρg −b
(z(h − b) − z 2 )dz =
h
2
lρg (h − b) z2 −
ia−b
z3
3 z=−b
h
donc
2
M∆ (pression) = ρgl (h − b) (a−b)
−
2
Q17
Q18
Q19
(a−b)3
3
2
− (h − b) b2 −
b3
3
i
~ sont : selon Ox et vers la gauche (ou
7. (a) Tant qu’il y a contact, la direction et le sens de R
~ est donc positif (tend à faire tourner le clapet dans le sens horaire,
selon −~ux ). M∆ (R)
ce qui donne un signe + compte tenu de la règle du tire bouchon.
~ Donc il est négatif .
(b) Tant que le clapet est fermé, M∆ (pression) = −M∆ (R)
8. b est solution de M∆ (pression) = 0 avec h = 10a, c’est à dire :
2
−
(10a − b) (a−b)
2
(a−b)3
3
2
− (10a − b) b2 −
b3
3
=0
9. On peut tracer le graphique et regarder l’intersection avec l’axe
des abscisses, ce qui donne b = 9,8 cm ou encore on peut simQ20
plifier l’équation ce qui donne 0 = 16 a2 (28a−57b) d’où b =
III. C HAUFFAGE D ’ UN
Lycée Poincaré – Nancy
Page 2/5
28
a
57
= 9,8 cm
GAZ PARFAIT
Correction
DS Physique n°8
PCSI
2015 – 2016
1. Système : {Le piston}. Référentiel : terrestre galiléen. Bilan des forces :
— force de pression due au gaz de droite (à p0 ) ; F~1 = −p0 σ~ex ;
— force de pression due au gaz de gauche (à p0 aussi ) ; F~2 = +p0 σ~ex ;
— force de rappel du ressort ; F~el = k(l − l0 )~ex .
Attention aux signes même si cela ne prête pas à conséquence dans cette question
Q21
Q22
Le piston étant immobile à l’équilibre, on utilise la première loi de Newton : F~1 + F~2 + F~el = ~0
d’où k(l − l0 ) = 0 et donc l = l0 .
2. On a donc F~el = −kx~ex
(a) De la même façon qu’à la première question, la transformation étant quasi-statique, on
peut considérer que le piston est à l’équilibre à chaque instant et donc de vitesse nulle.
On en déduit : −p0 σ + pσ − kx = 0 et donc p = p0 +
kx
σ
Penser tout particulièrement à vérifier la cohérence et l’homogénéité sur ce genre
de résultat simple. Cela coute peu de temps et permet d’éviter des fautes de signe.
Q24
(b) Il s’agit ici d’un simple problème de géométrie, la réponse se voit très facilement à l’aide
d’un schéma : V = V0 + xσ
(c) Il s’agit ici de se « débarasser » de la variable x par rapport à la question (a). De la
0
0
question précédente, on tire x = V −V
d’où p = p0 + k V σ−V
2
σ
Q25
(d) Grâce à la formule précédente, on voit que p est une fonction affine de V de pente
qui part du point (V0 ,p0 ) et arrive au point (pF = 2p0 ,VF )
Q23
k
,
σ2
p
F
pF = 2p0
p0
b
I
b
V
V0
Q26
Q27
Q28
Q29
VF
(e) De la question 2(a), on tire x = σk (p−p0 ). Or l’état final est tel que pF = 2p0 d’où xF = p0kσ
(c’est homogène car kx et p0 σ sont tout les deux des forces
L’application numérique donne : xF = 0,2 m .
(f) VF = V0 + σxF . V0 se détermine à partir de l’équation d’état des gaz parfaits d’où
VF =
nRT0
p0
+ σ 2 pk0 = 0,034 m3 et TF =
pF VF
nR
= 8,2 × 102 K
3. δW = −pext dV = −p dV car la transformation est quasi-statique. On a donc δW = −(p0 +
R
R
kx
)×σ dx. Le travail algébriquement reçu par le gaz est W = δW = − (p0 σ +kx) dx. Donc
σ
W = −p0 σxF − 21 kx2F .
Le premier terme correspond au travail des forces de pressions contre l’air atmosphérique,
le deuxième terme correspond à l’énergie emmagasinée par le ressort lors de sa compresQ30
Q31
sion. Numériquement, on trouve W = −1,5 kJ
4. Il faut ici utiliser le premier principe : on considère le système fermée constitué par le gaz
dans l’enceinte de gauche. On a pour ce système ∆U = W + Q = Cv ∆T car on a un gaz parfait de coefficient γ constant. On en déduit Cv =
Lycée Poincaré – Nancy
Page 3/5
nR
γ−1
et donc Q =
nR
(TF
γ−1
− T0 ) − W = 12,5 kJ
Correction
DS Physique n°8
IV. M ESURE
PCSI
2015 – 2016
DE L’ ENTHALPIE DE VAPORISATION DE L’ EAU
Remarque : si un jour vous êtes amené à manipuler de l’azote liquide ou à faire une telle expérience, prennez garde au risque d’asphyxie. L’azote n’est pas toxique, mais si l’atmosphère
s’enrichit en azote, elle s’appauvrit (en proportion) en dioxygène.
Q32
1. Lv = hvap (Teb ,psat (Teb )) − hliq (Teb ,psat (Teb )) = hvap − hliq où Teb est la température d’ébullition de l’azote liquide à pression atmosphérique et psat (Teb ) la pression de vapeur saturante
correspondante.
Évitez de dire simplement ∆h qui n’est pas clair. Dites au moins hvap − hliq . De plus, la
température et la pression considérée 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 est Lv − 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’azote dedans.
Bilan : Transfert thermique supposé nul car le récipient est calorifugé. Travail apporté
autre que celui des forces de pression : Pt1 = UIt1 .
Pour calculer la variation d’enthalpie, on décompose le système "azote" en deux soussystème : l’azote qui se vaporise + l’azote qui reste liquide.
La fonction d’état enthalpie étant extensive, on peut écrire pour le système en entier :
H = Hcalo+instr + Hazote,liq + Hazotequisevaporise .
On utilise l’enthalpie car la pression est constante. Le premier principe en version monobare donne donc Hf inal − Hinitial = Wnp + Q où Wnp est le travail autre que celui des
forces de pression.
Il ne faut surtout pas utiliser U 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.
Q33
Hcalo+instr,f + HN2 ,liq,f + HN2 quisevaporise,f − (Hcalo+instr,i + HN2 ,liq,i + HN2 quisevaporise,i ) = UIt1 + 0
(b) La température ne variant pas (puisque l’on fait un changement d’état à pression constante),
l’enthalpie du calorimètre ne varie pas (C∆T = 0) et l’enthalpie de l’azote restant liquide tout au long de la transformation ne varie pas. La seule variation d’entropie est
donc celle de l’azote qui se vaporise, qui est mvap Lv où mvap = m′ − m′′ est la masse
d’azote qui s’est vaporisée.
Lycée Poincaré – Nancy
Page 4/5
Correction
DS Physique n°8
PCSI
2015 – 2016
Attention, il ne faut pas prendre la masse totale du système, mais seulement la
masse de l’azote qui s’est vaporisée. D’où l’utilité de détailler précisément le bilan
enthalpique.
Q34
D’où
Lv =
Q35
Q36
Q37
Q38
Q39
UIt1
6 × 2,083 × (6 × 60 + 23,4)
=
= 160 J/g
m′ − m′′
30
(a) Teb = −196°C se lit sous la courbe de saturation à P = 1 bar.
(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). On trouve Lv = 200 J/g
soit un résultat nettement plus grand que l’expérience.
(c) Le point critique se trouve au sommet de la courbe de saturation T ≃ −146°C et P ≃ 35 bar .
(d) Puisque la température ambiante est supérieure à la température critique, on est dans
l’état superfluide. Sur un diagramme P-T, on est au dela du point critique et il n’est donc
pas possible d’observer une transition de phase car les isothermes ne couperont pas la
courbe de vaporisation.
3. (a) On a de façon général le bilan (m′ − m′′ )Lv = (UI + Pf uite )t d’où le système d’équations :
(
(m′ − m′′ )Lv = (U1 I1 + Pf uite )t1
(×t2 )
′
′′
(m − m )Lv = (U2 I2 + 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 ) = (U1 I1 t1 t2 − U2 I2 t1 t2 )
Lv =
Q40
t1 t2 U1 I1 − U2 I2
= 200 J/g
t2 − t1 (m′ − m′′ )
C’est-à-dire un résultat compatible avec la lecture graphique.
(c) Et en faisant la différence des deux équations :
0 = (U1 I1 + Pf uite )t1 − (U2 I2 + Pf uite )t2
Pf uite =
Q41
U2 I2 t2 − U1 I1 t1
= 3,15 W
t1 − t2
La puissance est positive car la température dans le calorimètre étant inférieure à celle
ambiante, le transfert est reçu par l’azote liquide.
Q42
(d) 2 L d’azote représente une masse de m = 1,614 kg compte tenu de la masse volumique.
Le temps au bout duquel tout est évaporé est le temps au bout duquel les fuites auront fournie toute l’énergie. Si on reprend le bilan avec U = 0 mLv = Pf uite t d’où
t=
µa V Lv
Pf uite
= 1,614 ×
200×103
3,15
= 102 × 103 s = 1,18 jours.
(attention aux unités, soit on met des kg, soit des g, mais il faut être cohérent entre la
masse et Lv ).
Lycée Poincaré – Nancy
Page 5/5
Correction