Feuille d'entraînement : Systèmes ouverts en écoulement

Corrigés

1. Exercice 1CentraleSupélec Physique 1 PC 2024, Q12

   1. Cycle sur le diagramme de Mollier (P, h) (Document réponse 3) :

   • Échauffement et vaporisation isobares (1 \to 1' \to 2 sous P = 9\text{ bar}) : L'isobare est un segment horizontal orienté vers la droite, allant de h_1 = 240\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1} à h_2 \approx 1\,465\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}. Le point 1' est situé à l'intersection de cette horizontale et de la courbe d'ébullition (x = 0, h_{1'} \approx 285\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}). Le point 2 est sur la courbe de rosée (x = 1).
   • Détente isenthalpique (2 \to 2') : L'évolution dans la vanne WV2 s'effectuant à enthalpie massique constante (h_{2'} = h_2), elle est représentée par un segment vertical descendant de P = 9\text{ bar} à P = 6\text{ bar}.
   • Désurchauffe isobare (2' \to 3 sous P = 6\text{ bar}) : Segment horizontal orienté vers la gauche, de h_{2'} \approx 1\,465\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1} jusqu'à h_3 \approx 1\,425\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1} (le point 3 est situé sur l'isentrope passant par le point 2, déjà esquissée sur le document).
   • Condensation isobare (3 \to 4 sous P = 6\text{ bar}) : Poursuite du segment horizontal vers la gauche jusqu'à la courbe d'ébullition (x = 0) au point 4 (h_4 \approx 230\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}).
   • Compression isentropique (4 \to 1) : Segment quasi vertical montant de P = 6\text{ bar} (point 4) à P = 9\text{ bar} (point 1), déjà représenté sur le document réponse 3.

   2. Cycle sur le diagramme entropique (T, s) (Document réponse 4) :

   • Échauffement et vaporisation isobares (1 \to 1' \to 2 sous 9\text{ bar}) :

     • Échauffement du liquide 1 \to 1' : suit la ligne isobare 9\text{ bar} dans le domaine liquide de T_1 = 12\,^\circ\text{C} jusqu'à T_{1'} = T_{\text{vap,HP}} \approx 21{,}5\,^\circ\text{C} sur la courbe d'ébullition.
     • Vaporisation 1' \to 2 : palier de changement d'état horizontal et isotherme à T_{\text{vap,HP}} \approx 21{,}5\,^\circ\text{C}, de la courbe d'ébullition (point 1') jusqu'à la courbe de rosée (point 2).
   • Détente isenthalpique (2 \to 2') : Suit l'isenthalpe en tirets h \approx 1\,465\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1} qui descend vers la droite (l'entropie augmente par irréversibilité) de T_2 \approx 21{,}5\,^\circ\text{C} jusqu'à l'isobare 6\text{ bar} en T_{2'} \approx 15\,^\circ\text{C}.
   • Désurchauffe isobare (2' \to 3 sous 6\text{ bar}) : Suit l'isobare 6\text{ bar} en descendant vers la gauche, de T_{2'} \approx 15\,^\circ\text{C} à la température de saturation T_3 \approx 9{,}5\,^\circ\text{C} (atteignant la verticale isentropique s_3 = s_2 \approx 5{,}08\text{ kJ}\cdot\text{K}^{-1}\cdot\text{kg}^{-1}).
   • Condensation isobare (3 \to 4 sous 6\text{ bar}) : Palier horizontal et isotherme à T_{\text{vap,BP}} \approx 9{,}5\,^\circ\text{C}, de droite à gauche, jusqu'au point 4 situé sur la courbe d'ébullition.
   • Compression isentropique (4 \to 1) : Segment vertical ou quasi vertical (à s \approx \text{cste}) reliant le point 4 à l'état de liquide comprimé 1.

   Sur chacun des diagrammes, on munit les tracés de flèches indiquant le sens de parcours : le cycle est parcouru dans le sens des aiguilles d'une montre (sens moteur).

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2CentraleSupélec Physique 1 PC 2024, Q16

   Considérons le système fermé déformable constitué :

   • à l'instant t : du fluide contenu dans la machine (volume fixe \mathcal{V}_0) et de la tranche de fluide élémentaire de masse \mathrm{d}m s'apprêtant à entrer à travers la section d'entrée \Sigma_\mathrm{e} ;
   • à l'instant t+\mathrm{d}t : du fluide contenu dans \mathcal{V}_0 et de la tranche de fluide de masse \mathrm{d}m venant de sortir à travers la section de sortie \Sigma_\mathrm{s}.

   Hypothèses de l'étude :

   1. Régime stationnaire (ou permanent) : les grandeurs locales ne dépendent pas explicitement du temps ; la masse contenue dans \mathcal{V}_0 est constante, d'où l'égalité des débits massiques d'entrée et de sortie D_\mathrm{m} = \frac{\mathrm{d}m}{\mathrm{d}t}, et l'énergie interne U(\mathcal{V}_0) est invariable au cours du temps.
   2. Énergies cinétique et potentielle macroscopiques négligées : conformément au préambule, \Delta e_\mathrm{c} \approx 0 et \Delta e_\mathrm{p} \approx 0. L'énergie totale du système se résume donc à son énergie interne U.
   3. Écoulement monodimensionnel aux sections d'accès : les grandeurs d'état (P, T, h, v) sont supposées uniformes sur les sections d'entrée \Sigma_\mathrm{e} et de sortie \Sigma_\mathrm{s}.

   La variation d'énergie totale du système fermé entre t et t+\mathrm{d}t s'écrit :

   \begin{aligned} \mathrm{d}E &= \mathrm{d}U = U(t+\mathrm{d}t) - U(t) \\ &= \left[ U_{\mathcal{V}_0}(t+\mathrm{d}t) + u_\mathrm{s} \, \mathrm{d}m \right] - \left[ U_{\mathcal{V}_0}(t) + u_\mathrm{e} \, \mathrm{d}m \right] \\ &= (u_\mathrm{s} - u_\mathrm{e}) \, \mathrm{d}m \end{aligned}

   où u_\mathrm{e} et u_\mathrm{s} sont les énergies internes massiques aux sections d'entrée et de sortie.

   D'après le premier principe pour un système fermé :

   \mathrm{d}U = \delta W + \delta Q

   Le travail mécanique \delta W reçu par le fluide se décompose en :

   • le travail utile \delta W_\mathrm{u} = \mathcal{P}_\mathrm{u} \, \mathrm{d}t échangé avec d'éventuelles parties mobiles (arbre d'une turbine, piston d'une pompe) ;

   • le travail des forces de pression extérieures aux frontières ouvertes :

     • travail d'admission par le fluide amont : \delta W_{\mathrm{p},\mathrm{e}} = + P_\mathrm{e} \, \mathrm{d}\mathcal{V}_\mathrm{e} = + P_\mathrm{e} v_\mathrm{e} \, \mathrm{d}m ;
     • travail d'échappement contre le fluide aval : \delta W_{\mathrm{p},\mathrm{s}} = - P_\mathrm{s} \, \mathrm{d}\mathcal{V}_\mathrm{s} = - P_\mathrm{s} v_\mathrm{s} \, \mathrm{d}m.

   Le transfert thermique élémentaire reçu s'écrit \delta Q = \mathcal{P}_\mathrm{th} \, \mathrm{d}t. On obtient ainsi :

   (u_\mathrm{s} - u_\mathrm{e}) \, \mathrm{d}m = \delta W_\mathrm{u} + (P_\mathrm{e} v_\mathrm{e} - P_\mathrm{s} v_\mathrm{s}) \, \mathrm{d}m + \delta Q

   En regroupant les grandeurs massiques de sortie et d'entrée :

   \left[ (u_\mathrm{s} + P_\mathrm{s} v_\mathrm{s}) - (u_\mathrm{e} + P_\mathrm{e} v_\mathrm{e}) \right] \mathrm{d}m = \delta W_\mathrm{u} + \delta Q

   En introduisant l'enthalpie massique h = u + P v :

   (h_\mathrm{s} - h_\mathrm{e}) \, \mathrm{d}m = \mathcal{P}_\mathrm{u} \, \mathrm{d}t + \mathcal{P}_\mathrm{th} \, \mathrm{d}t

   En divisant par la durée \mathrm{d}t et en identifiant le débit massique D_\mathrm{m} = \frac{\mathrm{d}m}{\mathrm{d}t}, on obtient bien :

   \boxed{D_\mathrm{m}(h_\mathrm{s} - h_\mathrm{e}) = \mathcal{P}_\mathrm{u} + \mathcal{P}_\mathrm{th}}

   Résultat

   $$D_{\mathrm{m}}(h_{\mathrm{s}}-h_{\mathrm{e}})={\mathcal{P}}_{\mathrm{u}}+{\mathcal{P}}_{\mathrm{th}}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3CentraleSupélec Physique 1 PC 2024, Q20

   Appliquons le premier principe industriel à l'ammoniac en écoulement stationnaire à travers la vanne WV2 entre l'état d'entrée 2 et l'état de sortie 2' :

   \dot{m}_1 \left(h_{2'} - h_2\right) = \mathcal{P}_u + \mathcal{P}_{\text{th}}

   • La vanne est un composant statique ne comportant aucune pièce mobile recevant ou fournissant du travail mécanique utile au fluide, d'où :

     \mathcal{P}_u = 0

   • La traversée de la vanne est très rapide et la surface de contact avec le milieu extérieur est minime : les transferts thermiques sont tout à fait négligeables devant les flux convectifs d'enthalpie, soit une transformation adiabatique :

     \mathcal{P}_{\text{th}} = 0
   • De plus, conformément aux hypothèses générales de l'énoncé, les variations d'énergie cinétique et d'énergie potentielle sont négligées.

   Le bilan d'énergie conduit donc immédiatement à :

   \dot{m}_1 \left(h_{2'} - h_2\right) = 0

   Le débit massique \dot{m}_1 étant non nul, on en déduit :

   \boxed{h_{2'} = h_2}

   La détente du fluide au travers de la vanne WV2 est donc bien isenthalpique (détente de Joule-Thomson).

   Résultat

   $$h_{2^{\prime }}=h_2$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4CCINP Physique PC 2023, Q1

   Le système (\mathcal{S}^*) étant un système fermé, sa masse se conserve au cours du temps :

   m(\mathcal{S}^*, t+\mathrm{d}t) = m(\mathcal{S}^*, t)

   D'après la définition du système fermé coïncidant avec le volume de contrôle (\mathcal{S}) :

   • à l'instant t : le système est constitué du fluide présent dans (\mathcal{S}) et du sous-système (\mathcal{S}_1) de masse \delta m_1 qui va y entrer :

     m(\mathcal{S}^*, t) = m_{(\mathcal{S})}(t) + \delta m_1

   • à l'instant t+\mathrm{d}t : le système est constitué du fluide présent dans (\mathcal{S}) et du sous-système (\mathcal{S}_2) de masse \delta m_2 qui en est sorti :

     m(\mathcal{S}^*, t+\mathrm{d}t) = m_{(\mathcal{S})}(t+\mathrm{d}t) + \delta m_2

   L'écoulement étant stationnaire, l'état du fluide dans le volume de contrôle fixe (\mathcal{S}) ne dépend pas explicitement du temps, d'où :

   m_{(\mathcal{S})}(t+\mathrm{d}t) = m_{(\mathcal{S})}(t)

   Le bilan de masse s'écrit alors :

   m_{(\mathcal{S})}(t) + \delta m_1 = m_{(\mathcal{S})}(t) + \delta m_2 \implies \delta m_1 = \delta m_2

   En divisant par la durée élémentaire \mathrm{d}t, on en déduit l'égalité des débits massiques d'entrée et de sortie :

   \boxed{\frac{\delta m_1}{\mathrm{d}t} = \frac{\delta m_2}{\mathrm{d}t} = D_m}

   Résultat

   $$\frac{\delta m_1}{\mathrm{d}t}=\frac{\delta m_2}{\mathrm{d}t}=D_m$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5CCINP Physique PC 2023, Q2

   Pendant la durée \mathrm{d}t, les forces pressantes extérieures agissent sur les différentes parties de la surface frontière du système fermé (\mathcal{S}^*) :

   • Sur les parois latérales fixes et indéformables du volume de contrôle, le déplacement de chaque élément de paroi est nul, de sorte que le travail correspondant est nul : \delta W_{\text{parois}} = 0.

   • À l'entrée, le fluide amont pousse la section (\Sigma_1') jusqu'à (\Sigma_1). La force pressante extérieure \vec{F}_{p,1} = p_1 \Sigma_1 \vec{u}_1 s'exerce dans le sens de l'écoulement. Le travail élémentaire moteur reçu est :

     \delta W_{p,1} = p_1 \Sigma_1 \mathrm{d}x_1 = p_1 \, \delta V_1 = p_1 \frac{\delta m_1}{\rho_1}

   • À la sortie, le système (\mathcal{S}^*) pousse le fluide aval qui lui oppose la force \vec{F}_{p,2} = -p_2 \Sigma_2 \vec{u}_2. Le travail élémentaire résistant reçu lors du déplacement de (\Sigma_2) à (\Sigma_2') est :

     \delta W_{p,2} = - p_2 \Sigma_2 \mathrm{d}x_2 = - p_2 \, \delta V_2 = - p_2 \frac{\delta m_2}{\rho_2}

   D'après la question Q1, la conservation de la masse impose \delta m_1 = \delta m_2 = \delta m. Le travail total des forces pressantes reçu par (\mathcal{S}^*) s'écrit alors :

   \delta W_p = \delta W_{p,1} + \delta W_{p,2} = \left(\frac{p_1}{\rho_1} - \frac{p_2}{\rho_2}\right)\delta m

   Le travail massique des forces pressantes w_p = \frac{\delta W_p}{\delta m} est donc :

   \boxed{w_p = \frac{p_1}{\rho_1} - \frac{p_2}{\rho_2}}

   Résultat

   $$w_p=\frac{p_1}{{\rho }_1}-\frac{p_2}{{\rho }_2}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6CCINP Physique PC 2023, Q4

   Appliquons le premier principe de la thermodynamique au système fermé (\mathcal{S}^*) entre les instants t et t+\mathrm{d}t :

   \mathrm{d}E_{\text{tot}} = \mathrm{d}U + \mathrm{d}E_c + \mathrm{d}E_p = \delta W + \delta Q

   Le travail élémentaire total \delta W reçu par (\mathcal{S}^*) se décompose en :

   • le travail des forces pressantes \delta W_p = \delta m \, w_p = D_m \left( \frac{p_1}{\rho_1} - \frac{p_2}{\rho_2} \right) \mathrm{d}t (d'après Q2) ;
   • le travail utile \delta W_u = \mathcal{P}_u \, \mathrm{d}t, associé aux parties mobiles éventuelles (turbines, compresseurs, ventilateurs).

   Le transfert thermique élémentaire reçu par le fluide s'écrit \delta Q = \mathcal{P}_{th} \, \mathrm{d}t.

   Le bilan d'énergie s'écrit donc :

   \mathrm{d}U - \delta W_p + \mathrm{d}E_c + \mathrm{d}E_p = (\mathcal{P}_u + \mathcal{P}_{th})\,\mathrm{d}t

   En utilisant les expressions des variations d'énergie établies à la question Q3 :

   \begin{aligned} \mathrm{d}U - \delta W_p &= D_m (u_2 - u_1)\,\mathrm{d}t - D_m \left( \frac{p_1}{\rho_1} - \frac{p_2}{\rho_2} \right)\mathrm{d}t \\ &= D_m \left[ \left( u_2 + \frac{p_2}{\rho_2} \right) - \left( u_1 + \frac{p_1}{\rho_1} \right) \right] \mathrm{d}t \end{aligned}

   Par définition de l'enthalpie massique h = u + \frac{p}{\rho}, on a h_i = u_i + \frac{p_i}{\rho_i} pour i \in \{1, 2\}, d'où :

   \mathrm{d}U - \delta W_p = D_m (h_2 - h_1)\,\mathrm{d}t

   En réinjectant dans le bilan avec \mathrm{d}E_c = D_m (e_{c,2} - e_{c,1})\,\mathrm{d}t et \mathrm{d}E_p = D_m (e_{p,2} - e_{p,1})\,\mathrm{d}t, on obtient :

   D_m \left[ (h_2 - h_1) + (e_{c,2} - e_{c,1}) + (e_{p,2} - e_{p,1}) \right] \mathrm{d}t = (\mathcal{P}_u + \mathcal{P}_{th})\,\mathrm{d}t

   En divisant par \mathrm{d}t \neq 0, on aboutit à la forme finale du premier principe en écoulement stationnaire :

   \boxed{D_m \left[ (h_2 + e_{c,2} + e_{p,2}) - (h_1 + e_{c,1} + e_{p,1}) \right] = \mathcal{P}_u + \mathcal{P}_{th}}

   Résultat

   $$D_m\left[(h_2+e_{c,2}+e_{p,2})-(h_1+e_{c,1}+e_{p,1})\right]={\mathcal{P}}_u+{\mathcal{P}}_{th}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7CCINP Physique PC 2020, Q33

   Le premier principe pour un écoulement permanent à travers une machine s'écrit, pour une masse m = 1\text{ kg} de fluide :

   \Delta h + \frac{\Delta v^2}{2} + g\,\Delta z = w_u + q_e

   Appliqué au compresseur entre l'état (2) et l'état (3), ce bilan se simplifie compte tenu des hypothèses de l'énoncé :

   • la compression est adiabatique, soit q_e = 0 ;
   • les variations d'énergie potentielle de pesanteur sont négligeables, soit g\,\Delta z = 0 ;
   • l'énergie cinétique est négligée entre l'entrée du compresseur et la sortie de la turbine, soit \frac{\Delta v^2}{2} = 0.

   Le travail utile massique reçu par l'air, noté w_{\text{comp}}, est donc égal à la variation d'enthalpie massique :

   w_{\text{comp}} = h_3 - h_2

   L'air étant modélisé par un gaz parfait de capacité thermique isobare massique c_p constante, la seconde loi de Joule donne :

   \boxed{ w_{\text{comp}} = c_p\,(T_3 - T_2) }

   La puissance utile mécanique fournie à l'air par le compresseur s'en déduit à l'aide du débit massique D_m :

   P_{\text{comp}} = D_m \, w_{\text{comp}} = D_m \, c_p\,(T_3 - T_2)

   Application numérique : Avec c_p = 1{,}1\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}\cdot\text{K}^{-1} = 1{,}1 \times 10^3\text{ J}\cdot\text{kg}^{-1}\cdot\text{K}^{-1}, T_3 = 480\text{ K}, T_2 \approx 264\text{ K} (issu de la question Q31) et D_m = 45\text{ kg}\cdot\text{s}^{-1} :

   \begin{aligned} w_{\text{comp}} &= 1{,}1 \times 10^3 \times (480 - 263{,}9) \approx 2{,}38 \times 10^5\text{ J}\cdot\text{kg}^{-1} = 238\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1} \\ P_{\text{comp}} &= 45 \times 2{,}377 \times 10^5 \approx 1{,}07 \times 10^7\text{ W} = 10{,}7\text{ MW} \end{aligned}

   \boxed{ P_{\text{comp}} \approx 11\text{ MW} \quad (\text{ou } 10{,}7\text{ MW}) }

   Résultat

   $$w_{\text{comp}}=c_p(T_3-T_2)$$

   $$P_{\text{comp}}\approx 11\text{ MW}(\text{ou }10,7\text{ MW})$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8CentraleSupélec Physique 2 PC 2022, Q26

   Considérons le cœur du réacteur traversé par un écoulement stationnaire de dihydrogène de débit massique D_m.

   En appliquant le premier principe de la thermodynamique à ce système ouvert en régime permanent entre l'entrée (indice e) et la sortie (indice s), le bilan enthalpique s'écrit :

   D_m \left( h_s - h_e + \Delta e_c + \Delta e_p \right) = \mathcal{P}_i + \mathcal{P}_{\mathrm{th}}

   En l'absence de pièces mobiles fournissant du travail utile (\mathcal{P}_i = 0), en négligeant l'énergie potentielle de pesanteur (\Delta e_p \approx 0) ainsi que les variations d'énergie cinétique devant les variations d'enthalpie (\Delta e_c \approx 0), ce bilan se simplifie en :

   D_m (h_s - h_e) = P_{\mathrm{th}}

   L'enthalpie étant une fonction d'état, on décompose l'évolution du dihydrogène entre l'état initial (liquide à T_{\mathrm{vap}}, P_{\mathrm{vap}}) et l'état final (gaz à T_0, P_0) en deux étapes :

   1. Vaporisation complète du liquide à la température T_{\mathrm{vap}} et à la pression P_{\mathrm{vap}} :

      \Delta h_{\mathrm{vap}} = \frac{\Delta H_{\mathrm{vap}}}{M_{\mathrm{H}_2}}

   2. Échauffement du dihydrogène gazeux de T_{\mathrm{vap}} à T_0. Le dihydrogène gazeux étant modélisé par un gaz parfait, son enthalpie ne dépend que de la température (seconde loi de Joule) :

      \Delta h_{\mathrm{gaz}} = \int_{T_{\mathrm{vap}}}^{T_0} c_p \, \mathrm{d}T = c_p (T_0 - T_{\mathrm{vap}})

      Or la capacité thermique massique à pression constante s'exprime selon les données par :

      c_p = \frac{\gamma r}{\gamma - 1} = \frac{\gamma R}{(\gamma - 1) M_{\mathrm{H}_2}}

   La variation d'enthalpie massique totale s'écrit donc :

   h_s - h_e = \frac{\Delta H_{\mathrm{vap}}}{M_{\mathrm{H}_2}} + \frac{\gamma R}{(\gamma - 1) M_{\mathrm{H}_2}} (T_0 - T_{\mathrm{vap}}) = \frac{1}{M_{\mathrm{H}_2}} \left[ \Delta H_{\mathrm{vap}} + \frac{\gamma R}{\gamma - 1} (T_0 - T_{\mathrm{vap}}) \right]

   On en déduit l'expression du débit massique :

   \boxed{D_m = \frac{P_{\mathrm{th}} M_{\mathrm{H}_2}}{\Delta H_{\mathrm{vap}} + \dfrac{\gamma R}{\gamma - 1} (T_0 - T_{\mathrm{vap}})}}

   Résultat

   $$D_m=\frac{P_{\mathrm{th}}{M}_{{\mathrm{H}}_2}}{\Delta H_{\mathrm{vap}}+\frac{\gamma R}{\gamma -1}(T_0-T_{\mathrm{vap}})}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9CentraleSupélec Physique 2 PC 2022, Q27

   D'après l'étude dynamique menée aux questions Q22 et Q23, la force de poussée développée par un moteur NERVA vérifie en norme :

   F = D_{\text{moteur}} \, v_1

   où D_{\text{moteur}} est le débit massique éjecté par ce moteur.

   Le débit massique requis d'un point de vue mécanique et propulsif est donc :

   D_{\text{moteur}} = \frac{F}{v_1}

   Avec F = 220\text{ kN} = 2{,}20 \times 10^5\text{ N} et v_1 = 8{,}09 \times 10^3\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} (obtenu à la question Q23 via v_1 = g I_{\mathrm{sp}}) :

   D_{\text{moteur}} = \frac{2{,}20 \times 10^5}{8{,}09 \times 10^3} \approx 27{,}2\text{ kg}\cdot\text{s}^{-1}

   La valeur issue du bilan thermique du réacteur (D_m = 27{,}4\text{ kg}\cdot\text{s}^{-1}) est en accord remarquable avec cette valeur dynamique, avec un écart relatif inférieur à 1\,\% :

   \frac{|D_m - D_{\text{moteur}}|}{D_m} = \frac{|27{,}4 - 27{,}2|}{27{,}4} \approx 0{,}7\,\%

   \boxed{\text{La valeur } D_m = 27{,}4\text{ kg}\cdot\text{s}^{-1} \text{ est tout à fait réaliste et cohérente avec la poussée unitaire de } 220\text{ kN}.}

   Résultat

   $$\text{La valeur }{D}_m=27,4\text{ kg}\cdot {\text{s}}^{-1}\text{ est tout aˋ fait reˊaliste et coheˊrente avec la pousseˊe unitaire de }220\text{ kN}.$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10CentraleSupélec Physique 2 PC 2022, Q28

    En régime stationnaire et unidimensionnel, la conservation de la masse à travers la section S_0 de sortie du cœur s'écrit :

    D_m = \mu_0 S_0 v_0

    où \mu_0 est la masse volumique du dihydrogène gazeux à la sortie du cœur.

    Le dihydrogène étant assimilé à un gaz parfait de constante spécifique r = \frac{R}{M_{\mathrm{H}_2}}, son équation d'état s'écrit :

    P_0 = \mu_0 r T_0 \iff \mu_0 = \frac{P_0}{r T_0}

    En injectant cette relation dans l'expression du débit massique, il vient :

    D_m = \frac{P_0 S_0 v_0}{r T_0}

    On en déduit l'expression de la vitesse v_0 :

    \boxed{v_0 = \frac{D_m r T_0}{P_0 S_0}}

    Application numérique : Avec les valeurs fournies par l'énoncé :

    • D_m = 27{,}4\text{ kg}\cdot\text{s}^{-1}
    • r = 4{,}16\text{ kJ}\cdot\text{K}^{-1}\cdot\text{kg}^{-1} = 4{,}16 \times 10^3\text{ J}\cdot\text{K}^{-1}\cdot\text{kg}^{-1}
    • T_0 = 2500\text{ K}
    • P_0 = 70{,}0 \times 10^5\text{ Pa}
    • S_0 = 0{,}28\text{ m}^2

    v_0 = \frac{27{,}4 \times 4{,}16 \times 10^3 \times 2500}{70{,}0 \times 10^5 \times 0{,}28} \approx 145\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}

    \boxed{v_0 \approx 1{,}45 \times 10^2\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}}

    Nécessité de la tuyère : Sans tuyère, les gaz seraient éjectés à la vitesse v_0 \approx 145\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}, ce qui ne procurerait qu'une poussée unitaire :

    F_0 = D_m v_0 \approx 27{,}4 \times 145 \approx 3{,}98\text{ kN}

    très largement inférieure aux 220\text{ kN} requis. La vitesse d'éjection nominale déterminée à la question Q23 est v_1 = 8{,}09 \times 10^3\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}, soit environ 55 fois plus grande que v_0.

    La détente thermique dans une tuyère convenablement profilée (tuyère de Laval) est le seul moyen de convertir l'énergie thermique (enthalpie) du gaz chaud sous forte pression en énergie cinétique macroscopique. La tuyère est donc absolument indispensable.

    Résultat

    $$v_0=\frac{D_{m}r{T}_0}{P_0{S}_0}$$

    $$v_0\approx 1,45\times 10^2\text{ m}\cdot {\text{s}}^{-1}$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question