Transcript DS PC - CPGE Brizeux

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Correction du devoir surveillé n 5
Problème I
Le système Terre-atmosphère (d'après Capes 2010)
1. Comme la norme du champ électrostatique est de 102 V.m−1 , la diérence de potentiels entre
deux équipotentielles distantes d'1 m est 100 V . De plus, l'armature terrestre est celle de plus
bas potentiel, les équipotentielles représentées sont de potentiels plus élevés
Le champ électrostatique est dirigé dans le sens des potentiels décroissants et perpendiculaire
aux équipotentielles : il est donc vertical descendant.
Figure 1 Allure des équipotentielles
2. L'homme, en contact avec le sol, est au potentiel 0. Les équipotentielles sont déformées autour
de l'homme.
L'observation de ces lignes de champ renseigne sur l'augmentation ou la diminution de la norme du
champ électrique. En eet, dans une zone vide de charges, le long d'un tube de champ électrique,
la norme du champ électrique augmente lorsque les lignes de champ se resserrent.
Sur la représentation proposée, les lignes de champ se resserrent au voisinage de la tête de
l'homme, qui constitue donc une zone de fort champ électrique. C’est l'eet de pointe.
−−→
→
−
−
−
u avec r = OM et OM = r→
u .
3. 3.a. Avec une charge q placée en O, on a E (M ) = q →
4π0 r2
On remarque alors que [E] =
r
r
[q]
.
[0 ]L2
Comme σ est une densité surfacique de charges, [σ] = L[q]2 et donc [Eplan ] = [0[q]
, ce qui est
]L2
bien homogène.
→
−
3.b. Pour le plan chargé positivement, E est dirigé du plan vers l'extérieur ; pour le plan chargé
→
−
négativement, E est dirigé vers le plan.
En utilisant le théorème de superposition, on remarque donc que
à l'extérieur du condensateur plan, le champ est nul ;
à l'intérieur du condensateur plan, le champ est uniforme, dirigé de l'armature positive
vers l'armature négative et de norme σ0 .
4.
Energie d'un coup de foudre
4.a. La diérence de potentiel U entre le sol et la base d'un nuage orageux est U = Eh soit
U = 5.106 V ; ce qui est de l'ordre de grandeur de la tension de claquage de l'air. L'air se
ionise et devient conducteur : un courant électrique circule entre le nuage et le sol ; c'est la
foudre.
4.b. On a Im = Q
T : la charge totale écoulée est donc Q = Im T soit Q = 60 C .
L'énergie dissipée correspond à l'énergie stockée initialement dans le condensateur Terrenuage. Or E = 12 CU 2 avec Q = CU , on a donc E = 12 QU . On trouve E = 1, 5.108 J .
11 W , ce qui est supérieur à la puissance d'une centrale
On en déduit que P = E
T = 1, 5.10
nucléaire. C'est une conséquence de la brieveté des coups de foudre. Il est illusoire de tenter
de récupérer cette énergie ; la puissance moyenne calculée sur des temps longs est très faible :
les coups de foudre en un lieu donné sont rares et brefs.
1
Problème II
Etude d'une turbine Pelton
1. On utilise la loi de composition des vitesses :
−−−−−−−−−−−→ −−−−−−−−−→ −−−−−−−−−−−−−−→
v(M/Rterrestre ) = v(M/Rauget ) + v(Auget/Rterrestre )
−−−−−−−−−−−−−−→
→
avec v(Auget/Rterrestre ) = uc −
u
x
On en déduit que
−−−→
−
→
−
u−
j/auget = (uj − uc )ux ;
−−−→
−
→
−
u−
s/auget = (us − uc )ux
2. Dans le référentiel lié à l'auget, l'écoulement est stationnaire. L'écoulement est incompressible et
on le suppose parfait. On peut donc appliquer la relation de Bernoulli, en négligeant la pesanteur :
2 = P + 1ρ
2
PA + 21 ρeau vA
B
2 eau vB
avec A et B , deux points le long d'une ligne de courant
Or PA = PB = P0 , on en déduit que
u2j/auget = u2s/auget
soit
(uj − uc )2 = (us − uc )2
Or uj − uc > 0 et us − uc < 0, donc uj − uc = −(us − uc ) soit
us = −uj + 2uc
3. On considère l'évolution de S ∗ , système fermé, entre t et t + dt.
On a
−
→
−→
−
→ →
−
→;
P ∗ (t) = PS (t) + P1 = P S (t) + dm1 uj −
u
x
−
→∗
−→
−
→ →
−
→.
P (t + dt) = PS (t + dt) + P2 = P S (t + dt) + dm2 us −
u
x
Figure 2 Bilan de quantité de mouvement
−→
−→
Comme l'auget se déplace à vitesse constante, PS (t) = PS (t + dt). D'autre part, dm1 = dm2 =
ρeau Qj dt.
−
→
−
→
−
→=→
P∗
Ainsi, ddt
= ρeau Qj (us − uj )−
u
F où F est la résultante des forces s'exerçant sur le uide.
x
Bilan des actions s'exerçant sur le uide
poids du uide négligé ;
−
→
résultante des forces de pression Fp ;
action de l'auget sur le uide.
−
−
→ −−−−−−−→
→=→
On en déduit que ρeau Qj (us − uj )−
u
F p + Fauget→f luide = Fp − Feau→auget .
x
Pour arriver à une expression simple, il convient de remarquer que l'air à la pression P0 exerce
une action sur l'auget. L'action "nette" du uide sur l'auget s'écrit alors
2
−−−−−−−−−→
→
Ff luide→auget = −ρeau Qj (us − uj )−
u
x
Or us = −uj + 2uc , on a donc
−−−−−−−−−→
→
Ff luide→auget = 2ρeau Qj (uj − uc )−
u
x
4. La puissance mécanique transférée à l'auget dans le référentiel terrestre s'écrit :
−−−−−−−−−→ →
Pc = Ff luide→auget .uc −
ux
soit Pc = 2ρeau Qj (uj − uc )uc
5. Le rendement η de la turbine est déni par η =
η=4
η est max si
dη
uc
du
(uj −uc )uc
u2j
Pc
Pjet
= 4(1 −
= 0. On trouve que ηmax = 1 pour
j
soit
uc
uj
uc uc
uj ) uj
= 12 .
Si uc = 21 uj , on a us = 0 : la vitesse du uide en sortie est nulle ; toute la puissance cinétique du
uide est transférée à la turbine, le rendement est donc égal à 1.
6. On a uj = 74 m.s−1 et uc = Rω . Pour obtenir un rendement maximum, on a uc = 21 uj donc
u
u
Rω = 2j soit R = 2ωj .
74
Application numérique : R = 2. 750.2π
soit R ≈ 0, 5 m. Le résultat est cohérent avec la photo.
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Pour un débit de 1500 litres par seconde, on trouve Pmax = 4 M W .
7. La puissance réelle de la turbine est 3, 6 M W . Les raisons pour lesquelles on n’atteint pas le
rendement maximal sont essentiellement les pertes par frottement dans le uide et au contact
des augets.
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