Exercices corrigés : aspects énergétiques mécaniques et électriques (Première spécialité)

a) $W=250\times 12\times\cos 30^{\circ}=3000\times 0{,}866=2{,}60\times 10^{3}\ \mathrm{J}$. Le travail est positif : la force est dite motrice, elle favorise le déplacement.

b) Si $\alpha=90^{\circ}$, alors $\cos\alpha=0$ et $W=0$. Une force perpendiculaire au déplacement ne travaille pas : elle peut dévier le mouvement mais elle ne transfère aucune énergie. C'est exactement le cas de la force magnétique, ou de la tension d'un fil pour un pendule.

c) $W=3000\times\cos 120^{\circ}=3000\times\left(-0{,}5\right)=-1{,}50\times 10^{3}\ \mathrm{J}$. Un travail négatif est dit résistant : la force s'oppose au déplacement et retire de l'énergie au système, comme le font les frottements.

d) Le poids est vertical et le déplacement horizontal, donc $\alpha=90^{\circ}$ et $W=0$. Le poids ne travaille pas lors d'un déplacement horizontal, quelle que soit la masse : c'est pourquoi porter une valise sur un quai plat ne coûte, en principe, aucun travail au sens de la physique.

e) Non, le travail est une grandeur SCALAIRE, exprimée en joules, alors que la force et le déplacement sont des vecteurs. Le cosinus est précisément ce qui transforme deux vecteurs en un nombre. Physiquement, le travail mesure l'énergie transférée au système par cette force au cours du déplacement : positif, la force en donne ; négatif, elle en prend.

a) À $50\ \mathrm{km/h}$, soit $\dfrac{50}{3{,}6}=13{,}9\ \mathrm{m/s}$ : $E_{c}=0{,}5\times 1200\times 13{,}9^{2}=1{,}16\times 10^{5}\ \mathrm{J}$. À $100\ \mathrm{km/h}$, soit $27{,}8\ \mathrm{m/s}$ : $E_{c}=0{,}5\times 1200\times 27{,}8^{2}=4{,}63\times 10^{5}\ \mathrm{J}$.

b) Par 4. En effet $E_{c}\left(2v\right)=\dfrac{1}{2}m\left(2v\right)^{2}=\dfrac{1}{2}m\times 4v^{2}=4E_{c}(v)$ : la vitesse intervient au carré, donc la doubler quadruple l'énergie.

c) Pendant le freinage, seule la force de freinage travaille, avec un travail résistant $-fd$, et la vitesse finale est nulle. Le théorème donne $0-E_{c}=-fd$, donc $d=\dfrac{E_{c}}{f}=\dfrac{1{,}16\times 10^{5}}{6{,}0\times 10^{3}}=19{,}3\ \mathrm{m}$.

d) $d=\dfrac{4{,}63\times 10^{5}}{6{,}0\times 10^{3}}=77{,}2\ \mathrm{m}$, soit exactement quatre fois la distance précédente.

e) La distance de freinage ne double pas, elle QUADRUPLE, car elle est proportionnelle à l'énergie cinétique, donc au carré de la vitesse. Passer de $50$ à $100\ \mathrm{km/h}$ fait passer la distance de $19\ \mathrm{m}$ à $77\ \mathrm{m}$, soit près de $60\ \mathrm{m}$ de plus. L'erreur est dangereuse parce qu'elle conduit à sous-estimer massivement la distance nécessaire : un conducteur qui croit avoir besoin de $39\ \mathrm{m}$ en aura en réalité besoin de $77$, et l'écart est exactement la zone dans laquelle l'accident se produit. C'est aussi pourquoi l'énergie à dissiper lors d'un choc à $100\ \mathrm{km/h}$ est quatre fois celle d'un choc à $50$.

a) Au lâcher, la vitesse est nulle donc $E_{c}=0$, et $E_{pp}=mgh=0{,}20\times 9{,}81\times 5{,}0=9{,}81\ \mathrm{J}$. L'énergie mécanique vaut donc $E_{m}=9{,}81\ \mathrm{J}$.

b) La seule force qui travaille est le poids, puisque les frottements sont négligés. Or le travail du poids est exactement compensé par la variation d'énergie potentielle de pesanteur, par construction de cette dernière. L'énergie mécanique, somme des deux termes, reste donc constante tout au long de la chute : ce qui est perdu en énergie potentielle est intégralement gagné en énergie cinétique.

c) Au sol, $z=0$ donc $E_{pp}=0$ et toute l'énergie mécanique est cinétique : $E_{c}=9{,}81\ \mathrm{J}$. De $E_{c}=\dfrac{1}{2}mv^{2}$ on tire $v=\sqrt{\dfrac{2E_{c}}{m}}=\sqrt{\dfrac{2\times 9{,}81}{0{,}20}}=\sqrt{98{,}1}=9{,}90\ \mathrm{m/s}$.

d) À $z=2{,}0\ \mathrm{m}$ : $E_{pp}=0{,}20\times 9{,}81\times 2{,}0=3{,}92\ \mathrm{J}$. L'énergie mécanique étant conservée, $E_{c}=9{,}81-3{,}92=5{,}89\ \mathrm{J}$, d'où $v=\sqrt{\dfrac{2\times 5{,}89}{0{,}20}}=7{,}67\ \mathrm{m/s}$. On notera qu'à mi-hauteur environ, la vitesse vaut déjà $77$ pour cent de la vitesse finale : la chute est plus rapide au début qu'on ne l'imagine.

e) En écrivant la conservation, $\dfrac{1}{2}mv^{2}=mgh$, la masse se simplifie de part et d'autre et il reste $v=\sqrt{2gh}=\sqrt{2\times 9{,}81\times 5{,}0}=9{,}90\ \mathrm{m/s}$, indépendante de $m$. Cela illustre l'expérience attribuée à Galilée, qui aurait lâché deux boules de masses différentes du haut de la tour de Pise et constaté qu'elles arrivaient ensemble. C'est la même raison qui rend l'accélération de chute libre indépendante de la masse : le poids et l'inertie croissent tous deux proportionnellement à $m$.

a) $P=UI=230\times 4{,}5=1{,}04\times 10^{3}\ \mathrm{W}$, soit environ $1035\ \mathrm{W}$.

b) La loi d'Ohm donne $R=\dfrac{U}{I}=\dfrac{230}{4{,}5}=51{,}1\ \Omega$. Vérification : $P=RI^{2}=51{,}1\times 4{,}5^{2}=51{,}1\times 20{,}25=1035\ \mathrm{W}$, identique au résultat précédent, ce qui est attendu puisque $RI^{2}=\left(RI\right)I=UI$.

c) $\Delta t=2{,}0\ \mathrm{h}=7200\ \mathrm{s}$, donc $E=1035\times 7200=7{,}45\times 10^{6}\ \mathrm{J}$. En kilowattheures, $E=1{,}035\ \mathrm{kW}\times 2{,}0\ \mathrm{h}=2{,}07\ \mathrm{kWh}$. On vérifie que $\dfrac{7{,}45\times 10^{6}}{3{,}6\times 10^{6}}=2{,}07$.

d) Coût $=2{,}07\times 0{,}10=0{,}21$ dollar. Le kilowattheure est l'unité pratique de facturation précisément parce que le joule serait d'un ordre de grandeur absurde pour un usage domestique.

e) Parce que les pertes en ligne valent $P_{\mathrm{perte}}=RI^{2}$ : elles dépendent du carré du COURANT, et non de la tension. Or pour transporter une puissance $P=UI$ donnée, augmenter $U$ permet de diminuer $I$ dans la même proportion. Multiplier la tension par 10 divise donc le courant par 10 et les pertes par 100. C'est pourquoi les lignes à haute tension fonctionnent à plusieurs centaines de kilovolts, la tension étant ramenée à $230\ \mathrm{V}$ par des transformateurs seulement à l'arrivée.

a) C'est la courbe en trait plein, qui est une DROITE passant par l'origine. La loi d'Ohm $U=RI$ impose en effet une proportionnalité entre tension et intensité, donc une caractéristique rectiligne issue de l'origine. La courbe en pointillés, incurvée, ne peut pas correspondre à un conducteur ohmique.

b) On lit un point commode de la droite, par exemple $U=6{,}0\ \mathrm{V}$ et $I=128\ \mathrm{mA}$. Alors $R=\dfrac{U}{I}=\dfrac{6{,}0}{0{,}128}=47\ \Omega$. On peut vérifier sur un autre point : le rapport doit être identique, c'est justement ce qui caractérise un dipôle ohmique.

c) Sous $2{,}0\ \mathrm{V}$, la lampe est traversée par environ $66\ \mathrm{mA}$, donc $R=\dfrac{2{,}0}{0{,}066}=30\ \Omega$. Sous $6{,}0\ \mathrm{V}$, l'intensité vaut environ $121\ \mathrm{mA}$, donc $R=\dfrac{6{,}0}{0{,}121}=50\ \Omega$.

d) La résistance AUGMENTE avec la tension, passant de $30$ à $50\ \Omega$. L'explication est thermique : sous une tension plus élevée, la puissance dissipée par effet Joule est plus grande, donc le filament s'échauffe et atteint plusieurs milliers de degrés. Or la résistivité des métaux croît avec la température, les vibrations du réseau cristallin gênant davantage le passage des électrons. La résistance mesurée à chaud est ainsi plusieurs fois celle mesurée à froid.

e) Non. Pour un dipôle non ohmique, la résistance n'est pas une constante du composant : elle dépend du point de fonctionnement. Il faut donc toujours préciser sous quelle tension, ou pour quelle intensité, la résistance a été déterminée. C'est exactement pourquoi on trace une caractéristique complète plutôt que de se contenter d'une mesure unique : pour un conducteur ohmique un seul point suffirait, pour une lampe il en faut toute une courbe.

a) $\Delta E_{pp}=mgh=60\times 9{,}81\times 25=1{,}47\times 10^{4}\ \mathrm{J}$, soit $14\,715\ \mathrm{J}$ perdus en descendant.

b) $E_{c}=\dfrac{1}{2}mv^{2}=0{,}5\times 60\times 15^{2}=6{,}75\times 10^{3}\ \mathrm{J}$.

c) L'énergie mécanique n'est pas conservée : la différence est partie en chaleur. $E_{\mathrm{dissipée}}=14\,715-6\,750=7{,}97\times 10^{3}\ \mathrm{J}$. Le rendement vaut $\eta=\dfrac{6\,750}{14\,715}=0{,}459$, soit $45{,}9$ pour cent : plus de la moitié de l'énergie disponible a été perdue en frottements.

d) La force de frottement est opposée au déplacement, donc son travail vaut $-fL$. En identifiant à l'énergie dissipée : $fL=7\,965$, d'où $f=\dfrac{7\,965}{100}=79{,}7\ \mathrm{N}$.

e) Sans frottement, toute l'énergie potentielle deviendrait cinétique : $\dfrac{1}{2}mv^{2}=mgh$ donne $v=\sqrt{2gh}=\sqrt{2\times 9{,}81\times 25}=22{,}1\ \mathrm{m/s}$, contre $15\ \mathrm{m/s}$ réellement observés. Ce résultat ne dépend PAS de la forme de la piste : le travail du poids ne dépend que du dénivelé, jamais du chemin suivi, ce qui est la définition même d'une force conservative. Une piste droite et une piste sinueuse de même dénivelé donneraient la même vitesse finale en l'absence de frottements. Avec frottements, en revanche, la longueur parcourue intervient, et c'est bien ce que montre la question d).

a) La masse d'eau vaut $m=150\ \mathrm{kg}$ et $\Delta T=60-15=45\ \mathrm{K}$. Alors $Q=mc\Delta T=150\times 4185\times 45=2{,}82\times 10^{7}\ \mathrm{J}$. En kilowattheures : $\dfrac{2{,}82\times 10^{7}}{3{,}6\times 10^{6}}=7{,}85\ \mathrm{kWh}$.

b) Avec un rendement parfait, $\Delta t=\dfrac{Q}{P}=\dfrac{2{,}82\times 10^{7}}{2400}=1{,}18\times 10^{4}\ \mathrm{s}$, soit $3{,}27\ \mathrm{h}$, environ trois heures et seize minutes.

c) L'énergie électrique consommée est $E=\dfrac{Q}{\eta}=\dfrac{2{,}82\times 10^{7}}{0{,}90}=3{,}14\times 10^{7}\ \mathrm{J}$, soit $8{,}72\ \mathrm{kWh}$. La durée devient $\Delta t=\dfrac{3{,}14\times 10^{7}}{2400}=1{,}31\times 10^{4}\ \mathrm{s}$, soit $3{,}63\ \mathrm{h}$, environ trois heures et trente-huit minutes.

d) Coût $=8{,}72\times 0{,}10=0{,}87$ dollar par chauffe complète.

e) Les pertes partent en chaleur vers l'extérieur du ballon, à travers son isolation, et un peu dans les canalisations. Ce n'est donc pas de l'énergie détruite mais de la chaleur qui n'a pas servi à chauffer l'eau visée. Un radiateur électrique, lui, a un rendement de $100$ pour cent au sens strict : tout ce qu'il consomme finit en chaleur DANS la pièce, ce qui est précisément le but recherché. La différence entre les deux cas tient à la définition de l'énergie utile : pour le chauffe-eau, seule la chaleur communiquée à l'eau compte, alors que pour le radiateur, toute la chaleur émise compte. Le rendement n'est jamais une propriété de l'appareil seul, il dépend de ce que l'on considère comme utile.

a) $m=\rho V=0{,}75\times 7{,}0=5{,}25\ \mathrm{kg}$. L'énergie libérée vaut $E=5{,}25\times 45\times 10^{6}=2{,}36\times 10^{8}\ \mathrm{J}$, soit $236\ \mathrm{MJ}$ pour $100\ \mathrm{km}$.

b) Pour l'essence, $45\times 0{,}75=33{,}75\ \mathrm{MJ/L}$. Pour l'éthanol, $27\times 0{,}79=21{,}3\ \mathrm{MJ/L}$. C'est cette grandeur, et non le pouvoir calorifique massique, qui intéresse l'automobiliste, puisqu'un réservoir se remplit en litres et non en kilogrammes.

c) $V=\dfrac{236\times 10^{6}}{21{,}3\times 10^{6}}=11{,}1\ \mathrm{L}$.

d) Le rapport vaut $\dfrac{11{,}1}{7{,}0}=1{,}58$. Il faut donc environ $58$ pour cent de volume en plus pour parcourir la même distance. Concrètement, un automobiliste passant à l'éthanol pur verrait sa consommation affichée grimper de $7{,}0$ à $11{,}1\ \mathrm{L}$ aux cent kilomètres, et son autonomie chuter d'autant à réservoir égal. Pour que le changement soit intéressant, il faut donc que le litre d'éthanol coûte au moins $1{,}58$ fois moins cher.

e) Premièrement, l'éthanol est produit à partir de biomasse, donc le dioxyde de carbone libéré lors de sa combustion a été prélevé dans l'atmosphère par la plante quelques mois plus tôt, alors que celui de l'essence provient d'un carbone fossile stocké depuis des millions d'années : le bilan carbone n'est pas le même. Deuxièmement, c'est une ressource renouvelable et productible localement, ce qui réduit la dépendance aux importations. On peut ajouter que sa combustion émet moins de particules et de composés soufrés. Aucun de ces arguments n'est énergétique, et c'est précisément le point : un carburant ne se juge pas uniquement à son contenu énergétique.

a) Faux. Le travail vaut $W=Fd\cos\alpha$, et il est nul dès que la force est perpendiculaire au déplacement, quelle que soit son intensité. L'exercice 1 le montre avec le poids lors d'un déplacement horizontal : la caisse pèse $40\ \mathrm{kg}$ et pourtant le poids ne travaille pas du tout. C'est également le cas de la force magnétique sur une charge, et de la tension du fil d'un pendule. Une force peut donc agir en permanence sans transférer la moindre énergie.

b) Faux, elle QUADRUPLE. La distance de freinage est proportionnelle à l'énergie cinétique à dissiper, donc au carré de la vitesse. L'exercice 2 le chiffre : $19{,}3\ \mathrm{m}$ à $50\ \mathrm{km/h}$ contre $77{,}2\ \mathrm{m}$ à $100\ \mathrm{km/h}$, soit exactement quatre fois plus. Croire que la distance double conduit à sous-estimer de près de $40\ \mathrm{m}$ la distance nécessaire, ce qui est précisément la marge dans laquelle se produit l'accident.

c) Faux, et c'est vrai seulement pour les conducteurs OHMIQUES. Une lampe à incandescence n'en est pas un : sa caractéristique est incurvée, et l'exercice 5 montre que sa résistance passe d'environ $30\ \Omega$ sous $2{,}0\ \mathrm{V}$ à environ $50\ \Omega$ sous $6{,}0\ \mathrm{V}$. La cause est thermique : le filament chauffe, et la résistivité des métaux croît avec la température. Pour un dipôle non ohmique, on ne peut donc jamais parler de la résistance sans préciser le point de fonctionnement.

d) Faux, et cette formulation viole la conservation de l'énergie. Rien n'est détruit : les $10$ pour cent manquants sont partis en chaleur vers l'extérieur du ballon, à travers son isolation, au lieu de chauffer l'eau visée. L'énergie a changé de destination, pas disparu. Le rendement ne mesure d'ailleurs pas une destruction mais une PROPORTION D'ÉNERGIE UTILE, et l'exercice 7 montre que cette notion dépend de ce qu'on décide d'appeler utile : le même transfert vers la pièce est une perte pour un chauffe-eau et exactement le but recherché pour un radiateur.

a) L'autonomie vaut $\dfrac{60}{18}\times 100=333\ \mathrm{km}$.

b) $60\ \mathrm{kWh}=60\times 3{,}6\times 10^{6}=2{,}16\times 10^{8}\ \mathrm{J}$, soit $216\ \mathrm{MJ}$.

c) $\Delta t=\dfrac{60}{7{,}4}=8{,}1\ \mathrm{h}$, soit environ huit heures et six minutes. C'est compatible avec une charge de nuit, ce qui est précisément l'usage visé pour ce type de borne.

d) Il faut recharger $0{,}80\times 60=48\ \mathrm{kWh}$, donc $\Delta t=\dfrac{48}{150}=0{,}32\ \mathrm{h}$, soit $19\ \mathrm{min}$. On ne recharge que $80$ pour cent parce que la puissance de charge doit être fortement réduite au-delà pour préserver la batterie.

e) La voiture électrique consomme $18\ \mathrm{kWh}$, soit $64{,}8\ \mathrm{MJ}$ aux $100\ \mathrm{km}$, contre $236\ \mathrm{MJ}$ pour la voiture à essence : environ $3{,}6$ fois moins. L'écart ne vient pas d'une magie mais du RENDEMENT de la conversion. Un moteur thermique transforme en mouvement environ $30$ pour cent de l'énergie de combustion, le reste partant en chaleur par l'échappement et le radiateur, alors qu'un moteur électrique atteint plus de $90$ pour cent. Il faut toutefois préciser que ce bilan compte l'énergie à l'entrée du véhicule : pour être complet, il faudrait aussi tenir compte du rendement de production de l'électricité, qui dépend entièrement du mix énergétique du pays.