Feuille d'entraînement : Bilans macroscopiques

Corrigés

1. Exercice 1Mines-Ponts Physique 1 PSI 2026, Q1

   On se place dans le référentiel lié à la conduite, supposé galiléen.

   On définit le système fermé S_{\mathrm{F}} constitué :

   • à l'instant t : du fluide présent dans la surface de contrôle \Sigma(t), auquel s'ajoute la masse élémentaire de fluide \delta m_{\mathrm{e}} s'apprêtant à y pénétrer pendant l'intervalle [t, t+\mathrm{d}t] ;
   • à l'instant t+\mathrm{d}t : de ce même ensemble de matière, qui occupe désormais le volume intérieur de la surface de contrôle \Sigma(t+\mathrm{d}t), auquel s'ajoute la masse élémentaire \delta m_{\mathrm{s}} sortie de la surface de contrôle pendant \mathrm{d}t.

   Le fluide étant incompressible de masse volumique \mu et le régime étant permanent (débit volumique Q uniforme et constant dans le temps) :

   \delta m_{\mathrm{e}} = \delta m_{\mathrm{s}} = \mathrm{d}m = \mu Q \, \mathrm{d}t

   La quantité de mouvement du système fermé s'écrit aux instants t et t+\mathrm{d}t :

   \begin{aligned} \vec{p}(t) &= \vec{p}_{\Sigma}(t) + \delta m_{\mathrm{e}} \vec{v}_{\mathrm{e}} = \vec{p}_{\Sigma}(t) + \mu Q \, \mathrm{d}t \, \vec{v}_{\mathrm{e}} \\ \vec{p}(t+\mathrm{d}t) &= \vec{p}_{\Sigma}(t+\mathrm{d}t) + \delta m_{\mathrm{s}} \vec{v}_{\mathrm{s}} = \vec{p}_{\Sigma}(t+\mathrm{d}t) + \mu Q \, \mathrm{d}t \, \vec{v}_{\mathrm{s}} \end{aligned}

   L'écoulement étant stationnaire, la quantité de mouvement contenue dans la surface de contrôle fixe ne dépend pas du temps : \vec{p}_{\Sigma}(t+\mathrm{d}t) = \vec{p}_{\Sigma}(t).

   La variation de quantité de mouvement du système fermé S_{\mathrm{F}} pendant la durée \mathrm{d}t est donc :

   \boxed{\mathrm{d}\vec{p} = \mu Q \left( \vec{v}_{\mathrm{s}} - \vec{v}_{\mathrm{e}} \right) \mathrm{d}t}

   D'après le théorème de la quantité de mouvement appliqué au système fermé S_{\mathrm{F}} dans le référentiel galiléen :

   \frac{\mathrm{d}\vec{p}}{\mathrm{d}t} = \vec{R}_{\mathrm{ext}}

   où \vec{R}_{\mathrm{ext}} désigne la résultante des actions mécaniques extérieures appliquées à S_{\mathrm{F}}. On en déduit directement :

   \boxed{\mu Q \left( \vec{v}_{\mathrm{s}} - \vec{v}_{\mathrm{e}} \right) = \vec{R}_{\mathrm{ext}}}

   Résultat

   $$\mathrm{d}\vec{p}=\mu Q\left({\vec{v}}_{\mathrm{s}}-{\vec{v}}_{\mathrm{e}}\right)\mathrm{d}t$$

   $$\mu Q\left({\vec{v}}_{\mathrm{s}}-{\vec{v}}_{\mathrm{e}}\right)={\vec{R}}_{\mathrm{ext}}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2Mines-Ponts Physique 1 PSI 2026, Q2

   Considérons le système fermé S_{\mathrm{F}} défini à la question précédente. Aux instants t et t+\mathrm{d}t, son énergie cinétique se décompose selon :

   \begin{aligned} E_{\mathrm{c}}(t) &= E_{\mathrm{c}}(\Sigma(t)) + \delta E_{\mathrm{c},\mathrm{e}} \\ E_{\mathrm{c}}(t+\mathrm{d}t) &= E_{\mathrm{c}}(\Sigma(t+\mathrm{d}t)) + \delta E_{\mathrm{c},\mathrm{s}} \end{aligned}

   où les tranches élémentaires de masse \mathrm{d}m = \mu Q\,\mathrm{d}t, animées respectivement des vitesses uniformes \vec{v}_{\mathrm{e}} et \vec{v}_{\mathrm{s}}, ont pour énergies cinétiques :

   \delta E_{\mathrm{c},\mathrm{e}} = \frac{1}{2}\mathrm{d}m\, \vec{v}_{\mathrm{e}}^{2} = \frac{1}{2}\mu Q\,\vec{v}_{\mathrm{e}}^{2}\,\mathrm{d}t \quad \text{et} \quad \delta E_{\mathrm{c},\mathrm{s}} = \frac{1}{2}\mathrm{d}m\, \vec{v}_{\mathrm{s}}^{2} = \frac{1}{2}\mu Q\,\vec{v}_{\mathrm{s}}^{2}\,\mathrm{d}t

   L'écoulement étant stationnaire, la répartition des vitesses dans le volume de contrôle \Sigma ne dépend pas du temps, d'où :

   E_{\mathrm{c}}(\Sigma(t+\mathrm{d}t)) = E_{\mathrm{c}}(\Sigma(t))

   La variation d'énergie cinétique du système fermé s'écrit donc :

   \mathrm{d}E_{\mathrm{c}} = E_{\mathrm{c}}(t+\mathrm{d}t) - E_{\mathrm{c}}(t) = \delta E_{\mathrm{c},\mathrm{s}} - \delta E_{\mathrm{c},\mathrm{e}}

   \boxed{\mathrm{d}E_{\mathrm{c}} = \frac{1}{2}\mu Q\left(\vec{v}_{\mathrm{s}}^{2} - \vec{v}_{\mathrm{e}}^{2}\right)\mathrm{d}t}

   D'après le théorème de l'énergie cinétique appliqué au système fermé S_{\mathrm{F}} dans le référentiel d'étude galiléen :

   \frac{\mathrm{d}E_{\mathrm{c}}}{\mathrm{d}t} = P_{\text{int}} + P_{\text{ext}}

   En divisant par \mathrm{d}t, on obtient directement la relation demandée :

   \boxed{\frac{1}{2}\mu Q\left(\vec{v}_{\mathrm{s}}^{2} - \vec{v}_{\mathrm{e}}^{2}\right) = P_{\text{int}} + P_{\text{ext}}}

   Résultat

   $$\mathrm{d}{E}_{\mathrm{c}}=\frac{1}{2}\mu Q\left({\vec{v}}_{\mathrm{s}}^2-{\vec{v}}_{\mathrm{e}}^2\right)\mathrm{d}t$$

   $$\frac{1}{2}\mu Q\left({\vec{v}}_{\mathrm{s}}^2-{\vec{v}}_{\mathrm{e}}^2\right)=P_{\text{int}}+P_{\text{ext}}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3CentraleSupélec Physique-Chimie 1 PSI 2025, Q22

   Considérons le système fermé constitué par le fluide présent dans l'ensemble des canaux inter-aubes du rotor au temps t, complété par la masse de fluide \mathrm{d}m = D_m\,\mathrm{d}t qui entre dans le rotor entre t et t+\mathrm{d}t.

   À l'instant t+\mathrm{d}t, ce système fermé est constitué du fluide présent dans les canaux à t+\mathrm{d}t et de la même masse \mathrm{d}m sortie du rotor.

   En régime permanent, le moment cinétique du fluide présent dans le volume intérieur des canaux est indépendant du temps : \vec{L}_{\text{int}}(t+\mathrm{d}t) = \vec{L}_{\text{int}}(t). La variation du moment cinétique du système fermé par rapport à l'axe de rotation (Oz) orienté par \vec{e}_z entre t et t+\mathrm{d}t s'écrit donc :

   \mathrm{d}L_z = L_{z,\text{sortie}} - L_{z,\text{entrée}}

   Puisque les aubes sont courtes devant le rayon R_0, on assimile le rayon de la veine fluide à R_0.

   • À l'entrée du rotor : le triangle des vitesses donne \vec{v}_1 = \vec{w}_1 + \vec{U} avec \vec{w}_1 = w_1\,\vec{e}_z (vitesse relative axiale) et \vec{U} = R_0\,\Omega\,\vec{e}_\theta = U\,\vec{e}_\theta. La vitesse absolue est donc :

     \vec{v}_1 = w_1\,\vec{e}_z + U\,\vec{e}_\theta

     Le moment cinétique de la masse entrante \mathrm{d}m par rapport à l'axe (Oz) vaut :

     L_{z,\text{entrée}} = \left[ (R_0\,\vec{e}_r) \wedge (\mathrm{d}m\,\vec{v}_1) \right] \cdot \vec{e}_z = \mathrm{d}m\,R_0\,U

   • À la sortie du rotor : la forme des aubes impose une vitesse absolue axiale \vec{v}_2 = v_2\,\vec{e}_z. Sa composante orthoradiale est donc nulle (v_{2\theta} = 0), d'où :

     L_{z,\text{sortie}} = 0

   Il en résulte :

   \frac{\mathrm{d}L_z}{\mathrm{d}t} = - \frac{\mathrm{d}m}{\mathrm{d}t}\,R_0\,U = - D_m\,R_0\,U

   D'après le théorème du moment cinétique appliqué au système fermé dans le référentiel du stator (galiléen), la dérivée temporelle de L_z est égale au moment par rapport à (Oz) des forces extérieures appliquées au fluide. Les forces de pression sur les sections droites d'entrée et de sortie sont purement axiales, leur moment par rapport à (Oz) est donc nul. Les seules forces ayant un moment non nul selon (Oz) sont les actions de contact exercées par les parois des aubes du rotor sur le fluide :

   \Gamma_{z,\text{rotor}\to\text{fluide}} = \frac{\mathrm{d}L_z}{\mathrm{d}t} = - D_m\,R_0\,U

   Par le principe des actions réciproques, le couple mécanique exercé par l'ensemble du fluide sur le rotor du premier étage est :

   \Gamma = - \Gamma_{z,\text{rotor}\to\text{fluide}} = D_m\,R_0\,U

   \boxed{\Gamma = D_m\,R_0\,U}

   Ce couple est moteur (\Gamma > 0). La puissance mécanique transmise au rotor en rotation à la vitesse angulaire \Omega s'en déduit :

   \mathcal{P}_{\text{méc}} = \Gamma\,\Omega = D_m\,R_0\,U\,\Omega

   Sachant que U = R_0\,\Omega, on obtient directement :

   \boxed{\mathcal{P}_{\text{méc}} = D_m\,U^2}

   Application numérique :

   • D_m = \frac{534 \times 10^3}{3600} \approx 148{,}3\text{ kg}\cdot\text{s}^{-1} ;
   • R_0 = 0{,}296\text{ m} ;
   • \Omega = 3000 \times \frac{2\pi}{60} = 100\pi \approx 314{,}2\text{ rad}\cdot\text{s}^{-1} ;
   • U = R_0\,\Omega = 0{,}296 \times 100\pi \approx 93{,}0\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}.

   \begin{aligned} \Gamma &= 148{,}3 \times 0{,}296 \times 93{,}0 \approx 4{,}08 \times 10^3\text{ N}\cdot\text{m} \\ \mathcal{P}_{\text{méc}} &= 148{,}3 \times (92{,}99)^2 \approx 1{,}28 \times 10^6\text{ W} = 1{,}28\text{ MW} \end{aligned}

   \boxed{\Gamma \approx 4{,}1 \times 10^3\text{ N}\cdot\text{m} \quad \text{et} \quad \mathcal{P}_{\text{méc}} \approx 1{,}3\text{ MW}}

   Résultat

   $$\Gamma =D_m{R}_{0}U$$

   $${\mathcal{P}}_{\text{meˊc}}=D_m{U}^2$$

   $$\Gamma \approx 4,1\times 10^3\text{ N}\cdot \text{m}\text{et}{\mathcal{P}}_{\text{meˊc}}\approx 1,3\text{ MW}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4Mines-Ponts Physique 1 PSI 2025, Q5

   Considérons le fluide incompressible de masse volumique \rho_0 s'écoulant en régime stationnaire. On applique le bilan d'énergie mécanique en écoulement stationnaire (théorème de Bernoulli avec transfert de travail) entre :

   • l'état (1) à la surface libre du réservoir, où la vitesse est négligeable (v_1 \simeq 0), la pression est atmosphérique (P_1 = P_0) et l'altitude est z_1 ;
   • l'état (2) juste à la sortie de la pompe (entrée du tuyau du canon), où la vitesse vaut v_2 = v_0, la pression vaut P_2 = P_e et l'altitude est z_2 = z_1 (même niveau).

   En l'absence de frottements au sein de la pompe, la relation de Bernoulli généralisée s'écrit pour une particule fluide :

   \left( \frac{1}{2} v_0^2 + \frac{P_e}{\rho_0} + g z_2 \right) - \left( \frac{1}{2} v_1^2 + \frac{P_1}{\rho_0} + g z_1 \right) = w_{\text{pompe}}

   où w_{\text{pompe}} est le travail massique fourni par la pompe à l'eau :

   w_{\text{pompe}} = \frac{1}{2} v_0^2 + \frac{P_e - P_0}{\rho_0}

   Le débit massique traversant la pompe étant D_m = \rho_0 D_v, la puissance fournie par la pompe au fluide s'exprime par \mathcal{P} = D_m w_{\text{pompe}}, soit :

   \boxed{\mathcal{P} = D_v \left[ \frac{1}{2} \rho_0 v_0^2 + (P_e - P_0) \right]}

   L'eau sort du canon à la pression atmosphérique P_0 avec la vitesse v_0. L'impulsion acquise par le jet d'eau correspond à la puissance cinétique utile emportée par le fluide à la sortie :

   \mathcal{P}_u = \frac{1}{2} D_m v_0^2 = \frac{1}{2} \rho_0 D_v v_0^2

   Le reste de la puissance fournie sert à compenser les pertes de charge par frottement visqueux le long du tuyau (où la pression chute de P_e à P_0).

   Le rendement propulsif k = \frac{\mathcal{P}_u}{\mathcal{P}} s'écrit donc :

   \boxed{k = \frac{\frac{1}{2}\rho_0 v_0^2}{\frac{1}{2}\rho_0 v_0^2 + (P_e - P_0)} = \frac{1}{1 + \dfrac{2(P_e - P_0)}{\rho_0 v_0^2}}}

   Résultat

   $$\mathcal{P}=D_v\left[\frac{1}{2}{\rho }_0{v}_0^2+(P_e-P_0)\right]$$

   $$k=\frac{\frac{1}{2}{\rho }_0{v}_0^2}{\frac{1}{2}{\rho }_0{v}_0^2+(P_e-P_0)}=\frac{1}{1+\frac{2(P_e-P_0)}{{\rho }_0{v}_0^2}}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5CCINP Physique-Chimie PSI 2024, Q3

   Le système fermé \Sigma est constitué de l'ensemble de la matière présente dans le flyboard à l'instant t, complétée par la masse d'eau qui y entre entre t et t + \mathrm{d}t.

   Sa composition aux deux instants s'écrit :

   • À l'instant t :

     \Sigma(t) = \Sigma^*(t) \cup \mathrm{d}m_{\mathrm{e}}

     où \Sigma^*(t) est l'eau contenue dans le flyboard à l'instant t, et \mathrm{d}m_{\mathrm{e}} = \mu S_{\mathrm{e}} v_{\mathrm{e}} \, \mathrm{d}t est la tranche infinitésimale de fluide située juste avant la section d'entrée, qui va pénétrer dans le flyboard durant l'intervalle [t, t + \mathrm{d}t].

   • À l'instant t + \mathrm{d}t :

     \Sigma(t + \mathrm{d}t) = \Sigma^*(t + \mathrm{d}t) \cup \mathrm{d}m_{\mathrm{s}}

     où \Sigma^*(t + \mathrm{d}t) est l'eau contenue dans le flyboard à l'instant t + \mathrm{d}t, et \mathrm{d}m_{\mathrm{s}} = \mathrm{d}m_{\mathrm{s},1} + \mathrm{d}m_{\mathrm{s},2} = 2 \mu S_{\mathrm{s}} v_{\mathrm{s}} \, \mathrm{d}t représente la masse d'eau expulsée à travers les deux tuyères de sortie durant l'intervalle [t, t + \mathrm{d}t].

   \boxed{\Sigma(t) = \Sigma^*(t) \cup \mathrm{d}m_{\mathrm{e}} \quad \text{et} \quad \Sigma(t + \mathrm{d}t) = \Sigma^*(t + \mathrm{d}t) \cup \mathrm{d}m_{\mathrm{s}}}

   Résultat

   $$\Sigma (t)={\Sigma }^{\ast }(t)\cup \mathrm{d}{m}_{\mathrm{e}}\text{et}\Sigma (t+\mathrm{d}t)={\Sigma }^{\ast }(t+\mathrm{d}t)\cup \mathrm{d}{m}_{\mathrm{s}}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6CCINP Physique-Chimie PSI 2024, Q5

   Considérons le système fermé \Sigma défini à la question Q3, constitué du fluide contenu dans le flyboard \Sigma^*(t) et de la masse entrante \mathrm{d}m_{\mathrm{e}} à l'instant t.

   En régime permanent, la masse élémentaire entrant pendant \mathrm{d}t est égale à la masse élémentaire sortant par les deux tuyères :

   \mathrm{d}m_{\mathrm{e}} = \mathrm{d}m_{\mathrm{s}} = \mathrm{d}m = \mu D_{\mathrm{v}} \mathrm{d}t

   La quantité de mouvement du système fermé \Sigma s'écrit aux instants t et t+\mathrm{d}t :

   \begin{aligned} \vec{P}(t) &= \vec{P}_{\Sigma^*}(t) + \mathrm{d}m \, \vec{v}_{\mathrm{e}} \\ \vec{P}(t+\mathrm{d}t) &= \vec{P}_{\Sigma^*}(t+\mathrm{d}t) + \mathrm{d}m \, \vec{v}_{\mathrm{s}} \end{aligned}

   Le régime étant stationnaire, l'état du fluide dans \Sigma^* ne dépend pas du temps : \vec{P}_{\Sigma^*}(t+\mathrm{d}t) = \vec{P}_{\Sigma^*}(t).

   Avec \vec{v}_{\mathrm{e}} = v_{\mathrm{e}}\vec{e}_z et \vec{v}_{\mathrm{s}} = -v_{\mathrm{s}}\vec{e}_z, la variation de quantité de mouvement est :

   \begin{aligned} \mathrm{d}\vec{P} &= \mathrm{d}m \, (\vec{v}_{\mathrm{s}} - \vec{v}_{\mathrm{e}}) = \mu D_{\mathrm{v}}\mathrm{d}t \, (-v_{\mathrm{s}}\vec{e}_z - v_{\mathrm{e}}\vec{e}_z) \\ \frac{\mathrm{d}\vec{P}}{\mathrm{d}t} &= -\mu D_{\mathrm{v}}(v_{\mathrm{e}} + v_{\mathrm{s}})\vec{e}_z \end{aligned}

   Faisons le bilan des forces extérieures s'exerçant sur \Sigma (qui coïncide géométriquement avec \Sigma^* à l'ordre 0 en \mathrm{d}t) :

   • le poids de l'eau contenue dans le flyboard : \vec{P}_{\mathrm{poids}} = -M_{\mathrm{eau}}g\vec{e}_z ;
   • la force pressante en entrée de section S_{\mathrm{e}} (la normale sortante étant -\vec{e}_z) : \vec{F}_{P,\mathrm{e}} = P_{\mathrm{e}}S_{\mathrm{e}}\vec{e}_z ;
   • la force pressante atmosphérique aux deux sorties de section cumulée 2S_{\mathrm{s}} (la normale sortante étant également -\vec{e}_z) : \vec{F}_{P,\mathrm{s}} = 2P_0S_{\mathrm{s}}\vec{e}_z ;
   • l'action mécanique exercée par les parois intérieures du flyboard sur le fluide, qui vaut par la troisième loi de Newton : \vec{F}_{\mathrm{parois}\to\mathrm{eau}} = -F\vec{e}_z.

   D'après le principe fondamental de la dynamique appliqué à \Sigma dans le référentiel d'étude galiléen :

   \frac{\mathrm{d}\vec{P}}{\mathrm{d}t} = \sum \vec{F}_{\mathrm{ext}} = \left( P_{\mathrm{e}}S_{\mathrm{e}} + 2P_0S_{\mathrm{s}} - M_{\mathrm{eau}}g - F \right) \vec{e}_z

   En projetant sur \vec{e}_z :

   -\mu D_{\mathrm{v}}(v_{\mathrm{e}} + v_{\mathrm{s}}) = P_{\mathrm{e}}S_{\mathrm{e}} + 2P_0S_{\mathrm{s}} - M_{\mathrm{eau}}g - F

   soit :

   F = P_{\mathrm{e}}S_{\mathrm{e}} + 2P_0S_{\mathrm{s}} - M_{\mathrm{eau}}g + \mu D_{\mathrm{v}}(v_{\mathrm{e}} + v_{\mathrm{s}})

   En utilisant les relations établies à la question Q4, v_{\mathrm{e}} = \frac{D_{\mathrm{v}}}{S_{\mathrm{e}}} et v_{\mathrm{s}} = \frac{D_{\mathrm{v}}}{2S_{\mathrm{s}}} :

   \mu D_{\mathrm{v}}(v_{\mathrm{e}} + v_{\mathrm{s}}) = \mu D_{\mathrm{v}}^2 \left(\frac{1}{S_{\mathrm{e}}} + \frac{1}{2S_{\mathrm{s}}}\right)

   On identifie bien la forme recherchée :

   \boxed{F = P_{\mathrm{e}} S_{\mathrm{e}} + 2 P_0 S_{\mathrm{s}} - M_{\mathrm{eau}} g + \mu D_{\mathrm{v}}^2 \alpha}

   avec :

   \boxed{\alpha = \frac{1}{S_{\mathrm{e}}} + \frac{1}{2S_{\mathrm{s}}}}

   Résultat

   $$F=P_{\mathrm{e}}{S}_{\mathrm{e}}+2P_0{S}_{\mathrm{s}}-M_{\mathrm{eau}}g+\mu D_{\mathrm{v}}^2\alpha$$

   $$\alpha =\frac{1}{S_{\mathrm{e}}}+\frac{1}{2S_{\mathrm{s}}}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7E3A Physique-Chimie PSI 2023, Q7

   On se place dans le référentiel terrestre lié au sol, supposé galiléen.

   Considérons le volume de contrôle fixe V_c constitué par l'ensemble des roches présentes sur le tapis. On définit le système fermé \Sigma^* constitué :

   • à la date t, de la matière contenue dans V_c à cet instant et de la masse \mathrm{d}m_e = D_m\,\mathrm{d}t s'apprêtant à entrer dans V_c sous le réservoir ;
   • à la date t+\mathrm{d}t, de la matière contenue dans V_c à cet instant et de la masse \mathrm{d}m_s = D_m\,\mathrm{d}t sortie de V_c à l'extrémité droite.

   Les quantités de mouvement du système fermé \Sigma^* aux instants t et t+\mathrm{d}t s'écrivent :

   \begin{aligned} \vec{P}_{\Sigma^*}(t) &= \vec{P}_{V_c}(t) + \mathrm{d}m_e\,\vec{v}_e \\ \vec{P}_{\Sigma^*}(t+\mathrm{d}t) &= \vec{P}_{V_c}(t+\mathrm{d}t) + \mathrm{d}m_s\,\vec{v}_s \end{aligned}

   L'écoulement étant stationnaire (régime permanent), la quantité de mouvement contenue dans le volume de contrôle est constante au cours du temps : \vec{P}_{V_c}(t+\mathrm{d}t) = \vec{P}_{V_c}(t). De plus, la conservation de la masse impose \mathrm{d}m_e = \mathrm{d}m_s = D_m\,\mathrm{d}t. Il vient ainsi :

   \frac{\mathrm{d}\vec{P}_{\Sigma^*}}{\mathrm{d}t} = D_m \left(\vec{v}_s - \vec{v}_e\right)

   D'après les hypothèses de l'énoncé :

   • à l'entrée, les roches tombent verticalement, d'où \vec{v}_e \cdot \vec{u}_x = 0 ;
   • à la sortie, les roches sont entraînées à la vitesse du tapis : \vec{v}_s = v\,\vec{u}_x.

   En projetant sur l'axe (O,\vec{u}_x) :

   \frac{\mathrm{d}P_{x,\Sigma^*}}{\mathrm{d}t} = D_m\,v

   Bilan des actions mécaniques extérieures appliquées à \Sigma^* en projection sur \vec{u}_x :

   • le poids et les réactions normales de soutien sont verticaux ;
   • la seule force ayant une composante horizontale non nulle est la force tangentielle d'entraînement exercée par le tapis sur les roches, notée \vec{F}_{\text{tapis}\to\text{roches}}.

   Le théorème de la résultante cinétique (ou principe fondamental de la dynamique) appliqué à \Sigma^* donne :

   \vec{F}_{\text{tapis}\to\text{roches}} \cdot \vec{u}_x = \frac{\mathrm{d}P_{x,\Sigma^*}}{\mathrm{d}t} = D_m\,v

   D'après le principe des actions réciproques (troisième loi de Newton), la force exercée par les roches sur le tapis est l'opposée de celle exercée par le tapis sur les roches :

   \vec{F} = \vec{F}_{\text{roches}\to\text{tapis}} = - \vec{F}_{\text{tapis}\to\text{roches}} = - D_m\,v\,\vec{u}_x

   Par identification avec \vec{F} = F\,\vec{u}_x, on en déduit la composante algébrique F :

   \boxed{F = - D_m\,v}

   Résultat

   $$F=-D_{m}v$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8CentraleSupélec Physique-Chimie 1 PSI 2022, Q25

   1. Définition de la surface de contrôle \Sigma et du système fermé \Sigma^*

   On isole un tube de courant d'extension finie, de faible section, entourant une ligne de courant entre un point amont A (altitude z_A, pression P_A, vitesse v_A, section S_A) et un point aval B (altitude z_B, pression P_B, vitesse v_B, section S_B).

   • La surface de contrôle \Sigma est la frontière fermée limitant le volume fixe V_0 constitué par le tronçon de tube de courant entre les sections S_A et S_B, et la surface latérale S_{\text{lat}} constituée de lignes de courant.

   • Le système fermé coïncident \Sigma^* est constitué à chaque instant par les mêmes particules fluides :

     • à l'instant t, \Sigma^*(t) comprend le fluide situé dans le volume V_0, ainsi qu'une tranche élémentaire entrante de masse \mathrm{d}m_A = \rho\, S_A v_A\,\mathrm{d}t = \rho\,\mathrm{d}V_A située immédiatement en amont de S_A ;
     • à l'instant t + \mathrm{d}t, ces mêmes particules occupent le volume V_0 et une tranche élémentaire sortante de masse \mathrm{d}m_B = \rho\, S_B v_B\,\mathrm{d}t = \rho\,\mathrm{d}V_B située immédiatement en aval de S_B.

   2. Bilan d'énergie mécanique pour le système fermé \Sigma^*

   Appliquons le théorème de l'énergie mécanique au système fermé \Sigma^* entre les instants t et t + \mathrm{d}t dans le référentiel terrestre supposé galiléen :

   \mathrm{d}E_m = \delta W_{\text{ext, non cons}}

   • Variation d'énergie cinétique :

     \begin{aligned} \mathrm{d}E_c &= E_c(t+\mathrm{d}t) - E_c(t) \\ &= \left[ E_c(V_0, t+\mathrm{d}t) + \frac{1}{2}\mathrm{d}m_B\, v_B^2 \right] - \left[ \frac{1}{2}\mathrm{d}m_A\, v_A^2 + E_c(V_0, t) \right] \end{aligned}

     L'écoulement étant stationnaire, l'énergie cinétique contenue dans le volume fixe V_0 est constante : E_c(V_0, t+\mathrm{d}t) = E_c(V_0, t).
     L'écoulement étant incompressible et le fluide homogène (\rho = \text{cste}), la conservation de la masse impose :

     \mathrm{d}m_A = \mathrm{d}m_B = \mathrm{d}m = \rho\,\mathrm{d}V

     Il vient donc :

     \mathrm{d}E_c = \frac{1}{2}\mathrm{d}m\left(v_B^2 - v_A^2\right)

   • Variation d'énergie potentielle de pesanteur : Par le même raisonnement (champ de pesanteur uniforme \vec{g} = -g\vec{e}_z et stationnarité du contenu de V_0) :

     \mathrm{d}E_{pp} = \mathrm{d}m\,g\left(z_B - z_A\right)

   • Travail des forces extérieures non conservatives : Le fluide étant parfait, il n'y a pas de frottements visqueux ni de dissipation interne (\delta W_{\text{visc}} = 0).
     Sur la surface latérale S_{\text{lat}}, les déplacements des particules fluides se font parallèlement aux lignes de courant, donc orthogonalement aux forces de pression locales : le travail sur la paroi latérale est nul.
     Le travail extérieur se réduit donc au travail des forces pressantes sur les sections S_A (force motrice) et S_B (force résistante) :

     \delta W_{\text{ext, non cons}} = P_A S_A (v_A\,\mathrm{d}t) - P_B S_B (v_B\,\mathrm{d}t) = (P_A - P_B)\,\mathrm{d}V = \frac{P_A - P_B}{\rho}\,\mathrm{d}m

   3. Obtention de la relation de Bernoulli

   En égalant \mathrm{d}E_m = \mathrm{d}E_c + \mathrm{d}E_{pp} et \delta W_{\text{ext, non cons}} :

   \begin{aligned} \frac{1}{2}\mathrm{d}m\left(v_B^2 - v_A^2\right) + \mathrm{d}m\,g\left(z_B - z_A\right) &= \frac{P_A - P_B}{\rho}\,\mathrm{d}m \end{aligned}

   En divisant par \mathrm{d}m et en regroupant les grandeurs relatives à chaque point :

   \boxed{P_A + \frac{1}{2}\rho v_A^2 + \rho g z_A = P_B + \frac{1}{2}\rho v_B^2 + \rho g z_B = \text{cste}}

   Résultat

   $$P_A+\frac{1}{2}\rho v_A^2+\rho g{z}_A=P_B+\frac{1}{2}\rho v_B^2+\rho g{z}_B=\text{cste}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9CentraleSupélec Physique-Chimie 2 PSI 2021, Q13

   Le débit d'énergie cinétique D_{E_c} (ou puissance cinétique disponible dans le vent) représente l'énergie cinétique du fluide non perturbé traversant par unité de temps la section balayée par le rotor éolien :

   D_{E_c} = \frac{\mathrm{d}E_c}{\mathrm{d}t} = \iint_{S_{\text{front}}} \frac{1}{2} \rho_{\text{air}} v^2 \, (\vec{v} \cdot \mathrm{d}\vec{S})

   En l'absence de l'éolienne, le vent est uniforme et unidirectionnel, de vitesse constante \vec{v}_\infty = v_\infty \vec{e}_x.

   La surface apparente (section droite frontale perpendiculaire à \vec{e}_x) délimitée par le cylindre éolien de rayon R et de hauteur L est un rectangle de dimensions 2R par L, de surface :

   S_{\text{front}} = 2 R L

   Le débit massique d'air traversant cette section s'écrit :

   D_m = \rho_{\text{air}} S_{\text{front}} v_\infty = 2 \rho_{\text{air}} R L v_\infty

   L'énergie cinétique massique du vent étant e_c = \frac{1}{2} v_\infty^2, le débit d'énergie cinétique s'obtient par :

   D_{E_c} = e_c D_m = \frac{1}{2} \rho_{\text{air}} S_{\text{front}} v_\infty^3 = \rho_{\text{air}} R L v_\infty^3

   \boxed{D_{E_c} = \rho_{\text{air}} R L v_\infty^3}

   Application numérique : Avec \rho_{\text{air}} = 1{,}2\text{ kg}\cdot\text{m}^{-3}, R = 4{,}0\text{ m}, L = 8{,}0\text{ m} (soit S_{\text{front}} = 64\text{ m}^2) et v_\infty = 6{,}0\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} :

   D_{E_c} = 1{,}2 \times 4{,}0 \times 8{,}0 \times 6{,}0^3 = 8\,294\text{ W} \approx 8{,}3\text{ kW}

   \boxed{D_{E_c} \approx 8{,}3\text{ kW}}

   Résultat

   $$D_{E_c}={\rho }_{\text{air}}RL{v}_{\infty }^3$$

   $$D_{E_c}\approx 8,3\text{ kW}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10CentraleSupélec Physique-Chimie 2 PSI 2020, Q22

    Considérons le turboréacteur fixé sur son banc d'essai au sol dans le référentiel terrestre supposé galiléen.

    Pour le flux chaud (débit massique D_{m1}), choisissons une surface de contrôle fixe \Sigma_c délimitant un volume de contrôle \mathcal{V}_c qui englobe l'écoulement primaire depuis l'air ambiant au repos en amont (où la vitesse est nulle c_{\text{amont}} \approx 0 et la pression P_{\text{amont}} = P_1 = 1\text{ bar}) jusqu'au plan de sortie de la tuyère primaire (section S_6).

    • En sortie de tuyère, le gaz est éjecté à la vitesse \vec{c}_6 = -c_6\,\vec{e}_x (l'axe (Ox) étant orienté vers l'avant de l'aéronef).
    • La détente est complète dans la tuyère, la pression de sortie étant égale à la pression ambiante : P_6 = P_1 = 1\text{ bar}.

    En régime stationnaire, le bilan de quantité de mouvement pour le système ouvert contenu dans \mathcal{V}_c (par exemple via la méthode du système fermé coïncident entre t et t+\mathrm{d}t) s'écrit :

    \Delta \vec{p} = \mathrm{d}\vec{p}_{\text{sortie}} - \mathrm{d}\vec{p}_{\text{entrée}} = \sum \vec{F}_{\text{ext}}\,\mathrm{d}t

    soit, en divisant par \mathrm{d}t :

    D_{m1}\,\vec{c}_6 - D_{m1}\,\vec{c}_{\text{amont}} = \iint_{\Sigma_c} -P\,\vec{n}_{\text{ext}}\,\mathrm{d}S + \vec{R}_{\text{paroi}\to\text{fluide}}

    où \vec{R}_{\text{paroi}\to\text{fluide}} désigne la résultante des actions de contact exercées par les parois internes de la tuyère et du réacteur sur le fluide primaire.

    La pression régnant tout autour de la surface de contrôle \Sigma_c (y compris sur la section de sortie S_6 où P_6 = P_1) étant uniforme et égale à la pression ambiante P_1, l'intégrale des forces de pression sur la surface fermée \Sigma_c est rigoureusement nulle :

    \iint_{\Sigma_c} -P_1\,\vec{n}_{\text{ext}}\,\mathrm{d}S = \vec{0}

    Comme l'air est initialement au repos sur le banc fixe (\vec{c}_{\text{amont}} = \vec{0}), il vient :

    \vec{R}_{\text{paroi}\to\text{fluide}} = D_{m1}\,\vec{c}_6 = - D_{m1} c_6\,\vec{e}_x

    D'après le principe des actions réciproques (troisième loi de Newton), la force de poussée \vec{F}_c exercée par le fluide chaud sur la tuyère et le moteur est dirigée vers l'avant :

    \vec{F}_c = -\vec{R}_{\text{paroi}\to\text{fluide}} = D_{m1} c_6\,\vec{e}_x

    Son intensité scalaire est donc :

    \boxed{F_c = D_{m1} c_6}

    Un raisonnement strictement identique appliqué au flux froid (débit massique D_{m2}, vitesse d'éjection \vec{c}_7 = -c_7\,\vec{e}_x, pression de sortie adaptée P_7 = P_1 = 1\text{ bar}) conduit à :

    \boxed{F_f = D_{m2} c_7}

    Résultat

    $$F_c=D_{m1}{c}_6$$

    $$F_f=D_{m2}{c}_7$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question