Partie 1 : tir du sous-marin

1.1 Relation fondamentale de la dynamique :

$\sum{\vec{\mathrm{F}}_i} = m_T.\vec{a}$

La torpille est soumise à :

• son poids $\vec{P}=m_T.\vec{g}=1,31.10^3 \times 9,81=12 850 N$
• la poussée d’Archimède $\vec{Arch}=m_E.\vec{g}=V_T.d_{mer}.\vec{g}=1,18.10^3 \times 1,11 \times 9,81 = 12 850 N$
• la force de propulsion exercée par le moteur $\vec{M}$ (en fait, c’est la réaction de l’eau)
• la force de frottement exercée par l’eau $\vec{F_{rott}}$

Si l’on projette ces forces sur l’axe vertical $(Oy)$ orienté vers le haut, on a :

$\sum{\vec{\mathrm{F}}_y} = m_T.\vec{a_y}$

$\vec{Arch}+\vec{P} = m_T.\vec{a_y}$

$V_T.d_{mer}.g-m_T.g = m_T.a_y$

$a_y=\dfrac{g}{m_T}(V_T.d_{mer}-m_T)=\dfrac{9,81}{1,31.10^3}(1,18.10^3\times1,11-1,31.10^3)=0$

On a $a_y=0$ donc, en intégrant pour obtenir la vitesse, on obtient $v_y(t)=cte$. Comme la torpille est lancée horizontalement, on a $v_y(t=0)=0$. La torpille reste donc dans le plan horizontal.

De même, la torpille ne subit aucune force latérale pour la faire dévier de l’axe $(SC)$, donc l’accélération est nulle et par suite la vitesse latérale est constante et nulle.

1.2 On a un mouvement rectiligne uniforme d’après l’énoncé, donc la somme des forces est nulle aussi sur l’axe $(SC)$, ce qui indique que la force de propulsion compense exactement les frottements : $\vec{F_{rott}}+\vec M=\vec0$.

1.3 On a :

$V_0=D/t \Rightarrow t=D/V_0=\dfrac{3200}{20}=160s$

Partie 2 : tir du destroyer

II.2 Efficacité du tir

II.2.a L’obus touche l’eau quand $y(x)=0$

$\Rightarrow -9,48.10^{-6}.x^2+0,128.x=0$

$\Rightarrow x(-9,48.10^{-6}.x+0,128)=0$

$\Rightarrow -9,48.10^{-6}.x+0,128=0$

$x=\dfrac{0,128}{9,48.10^{-6}}=13,5\cdot10^3m=13,5Km$

L’obus arrive bien à la surface de l’eau au point C.

II.2.b A la distance de 9,2 km, l’altitude de l’obus est de :

$y=-9,48.10^{-6}\times9200^2+0,128\times9200 = 375m < 480m \Rightarrow$ l’obus ne passe pas la montagne.

II.2.c On recalcule l’équation de la parabole en changeant la valeur de l’angle $\alpha$.

$a=\dfrac{-9,81}{2\times 725^2\times\cos^2(82,7°)} = -5,78.10^{-4}$ et $b=\tan(82,7°)=7,81$

$\boxed{y=-5,78.10^{-4}.x^2+7,81.x}$

L’obus touche l’eau quand $y=-5,78.10^{-4}.x^2+7,81.x=0$

$\Rightarrow -5,78.10^{-4}.x+7,81=0$

$\Rightarrow x=\dfrac{7,81}{5,78.10^{-4}}=13,5\cdot10^3m$

Le cargo est donc atteint.

Pour $x=9200m$, $y=22900m >> 480m$ donc le tir franchit bien la montagne.

II.2.d On sait que $x(t)=V_0.\cos\alpha.t \Rightarrow t=\dfrac{x(t)}{V_0.\cos\alpha}$

Le temps pour que l’obus atteigne le cargo est donc :

$t2=\dfrac{13500}{725\times\cos(82,7°)}=146,5s$

Le temps du premier tir, qui termine dans la montagne, était $t2=\dfrac{9200}{725\times\cos(7,30°)}=12,8s$

Le temps pour atteindre le cargo est donc $t1+t2=159,3s \Rightarrow$ Le destroyer gagne (Pb par rapport à l’énoncé).

Partie 1 : La piscine chauffée

1.1 La source chaude est l’eau de la piscine et la source froide l’air extérieur à la température $\theta_2=14°C$.

1.2 On peut schématiser les flux d’énergie ainsi :

Les flux d’énergie sont dans le sens des flèches : la source froide et le réseau électrique perdent de l’énergie. La source chaude gagne $Q_2=Q_1+W_{elec}$.

1.3.a La variation d’énergie interne de l’eau de la piscine est :

$\Delta U_2=m_2.c_L.(\Theta_F-\Theta_2)=54.10^3\times4,18.10^3\times(30-14)$

$\Delta U_2=3,61.10^9 J$

1.3.b L’énergie transférée par la pompe à chaleur vers l’eau est égale à la variation de l’énergie interne de l’eau de la piscine.

$\Rightarrow Q_2=\Delta U_2=3,61.10^9 J$

1.4.a L’énergie utile fournie par la PAC est celle qui sert à chauffer l’eau. C’est donc $Q_2$. On a donc :

$e_{Th}=\dfrac{Q_2}{W_{élec}}$

$\Rightarrow W_{élec}=\dfrac{Q_2}{e_{Th}}=\dfrac{3,61.10^9}{3,5}=1,03.10^9 J$

1.4.b L’énergie transférée en 12h est :

$W’_{élec}=12\times3600\times P_{élec}=12\times3600\times 25.10^3=1,08.10^9J>W_{élec}$

L’eau aura donc atteint les 30°C.

1.5.a L’eau de la piscine reçoit $Q_2=E_1+W_{elec}$

$\Rightarrow E_1=Q_2-W_{élec}=3,61.10^9-1,03.10^9=2,58.10^9J\approx 2,6GJ$

1.5.b Cette énergie est dite gratuite car elle est “gratuitement” prélevée sur l’air ambiant.

Partie 2 : la patinoire

2.1 Les modes de transfert thermiques sont :

• la conduction, à travers la matière
• la convection, due au déplacement de matière
• le rayonnement, dû à la propagation de photons

Il y aura principalement de la conduction au travers de la paroi des tuyaux, entre le fluide réfrigérant et la glace.

2.2 Le volume de glace est $V_s=8\times12\times0,07=6,72m^3$

La masse volumique de la glace est $\mu_s=920Kg.m^{-3}$ donc

$m_s=V_s.\mu_s=6,72\times920=6180Kg$

2.3 On a trois phases :

• Refroidissement de l’eau de 14 à 0°C $\Rightarrow Q=m_s.c_L.\Delta T=6180\times4,18.10^3\times(-14)=-3,62.10^8J$
• Solidification $\Rightarrow Q=m_S.L_S=6180\times(-3,33.10^5)=-2,06.10^9J$
• Refroidissement de la glace de 0 à -12°C$\Rightarrow Q=m_S.c_S.\Delta T=6180\times2,06.10^3\times(-12)=-1,53.10^8J$

L’énergie totale est donc $\Delta U_{eau}=-3,62.10^8-2,06.10^9-1,53.10^8=-2,58.10^9J\approx-2,6GJ$

2.4 Comme l’énergie thermique nécessaire au réchauffement de la piscine ($2,6GJ$) est équivalente à l’énergie thermique qu’il faut extraire de la patinoire ($\Delta U_{eau}=-2,6GJ$), on pourrait imaginer de coupler le chauffage de la piscine et le refroidissement de la patinoire en utilisant la patinoire comme source froide de la pompe à chaleur.

2.5 L’intérêt serait que la seule consommation d’électricité serait celle de la PAC, donc cela éviterait d’avoir à installer en plus une installation énergivore de refroidissement de la patinoire.

Possibilité d’avoir une corne de brume de portée suffisante ?

On s’interroge sur la possibilité de sécuriser le raz de Sein par visibilité réduite en installant des cornes de brume sur les phares le “la Vieille” et de “Men Brial”. Pour qu’un tel dispositif fonctionne, il faut qu’un navire en approche soit certain d’entendre au moins l’une des deux cornes de brume.

La distance entre les deux phares, mesurée sur la carte, est de 7,5Km. Si chaque corne de brume porte à 4km, tout navire en approche sera alerté. On va donc essayer d’évaluer s’il est techniquement possible d’obtenir de telles cornes de brume.

Pour que le signal soit audible, il faut que son intensité soit supérieure à l’intensité acoustique de référence $I_O$.

Or $I=\dfrac{P}{4.\pi.d^2} \Rightarrow P_0=I_0.4.\pi.d^2=10^{-12}\times4\times\pi\times4000^2=2.10^{-4}W$

Une faible puissance permet donc d’obtenir un signal audible dans tout le raz de sein. Par contre, si l’on veut un signal assez puissant pour être entendu à bord quelles que soient les conditions de mer et de vent, il faut un signal plus fort. Par ailleurs, le Document 1 indique qu’il est préférable d’opter pour un son grave. Or, ceux-ci ont un $I_0$ plus faible que les sons aigus. Si l’on prend $f=30Hz$, $I_0=60dB$

$L=10.\log_{10}(\dfrac{I}{I_0})\Rightarrow L/10=\log_{10}(\dfrac{I}{I_0})$

$\Rightarrow 10^{L/10}=\dfrac{I}{I_0}$

$\Rightarrow I=I_0.10^{L/10}=10^{-12}\times 10^{60/10}=10^{-6}W.m^{-2}$

Pour obtenir ce niveau sonore de 60dB à 4km de la source, il faut donc une puissance : $P=10^{-6}\times4\times\pi\times4000^2=804W$

Une corne de brume de Daboll serait-elle assez puissante ?

D’après le document 1, sa longueur est de $L=17\times 30,5.10^{-2}=5,2m$

D’après le document 2, $L=\lambda_f/2$

$\Rightarrow \lambda_f=2L$

Or, on sait que $f=c/\lambda$

$\Rightarrow f_f=\dfrac{c}{\lambda_f}=\dfrac{c}{2L}$

Donc à 20°C, $f_f=\dfrac{343}{2\times5,2}=33Hz$

et à 0°C, $f_f=\dfrac{331}{2\times5,2}=32Hz$

D’après le document 5, pour être audible dans ces fréquences autour de 30Hz, il faut une intensité sonore de 60dB.

Calculons donc la puissance nécessaire pour avoir 60dB à 4000km.

$60=10\log_{10}\dfrac{I_{4000}}{I_{100}}$

$\Rightarrow \log_{10}\dfrac{I_{4000}}{I_{100}}=6$

$\Rightarrow I_{4000}=I_{100}.10^6=1,0.10^{-12}.10^6=10^{-6}W.m^{-2}$

Voyons si la corne de brume peut atteindre cette intensité.

On a 100dB à 100m $\Rightarrow 100=1+\log_{10}\dfrac{I_{100}}{I_0}$

$\Rightarrow I_{100}= I_0. 10^{10}=10^{-2}W.m^{-2}$

Soit $x$ le niveau sonore à 4km.

$x=10\log_{10}\dfrac{I_{4000}}{I_0}$

D’après le docuent 3, in a $I=\dfrac{P}{4\pi d^2}$

$\Rightarrow I_{4000}=\dfrac{P}{4\times \pi \times 4000^2}$

et $I_{100}=\dfrac{P}{4\times \pi \times 100^2}$

$\Rightarrow \dfrac{I_{4000}}{I_{100}}=\dfrac{P}{4\times \pi \times 4000^2}\cdot \dfrac{4\times \pi \times 100^2}{P}=\dfrac{100^2}{4000^2}=\dfrac{1}{40^2}$

$\Rightarrow I_{4000}=I_{100}\cdot \dfrac{1}{40^2}=10^{-2}\cdot \dfrac{1}{40^2}=6,25.10^{-6}W.m^{-2}$

$\Rightarrow L=10\log_{10}\dfrac{6,25.10^{-6}}{1,0.10^{-12}}=68dB$

L’intensité sonore dépasse les 60dB donc les cornes de brume sont audibles à 4000m. Elles permettent donc de sécuriser la chaussée de Sein.