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a) ܨRemarque
La pression P a les dimensions d'une force que divise une surface: FPS Le volume V a les dimensions d'une surface que multiplie une longueur:[V]=[S].[L]Donc [P.V]=
F S .[S].[L]= [F].[L]Or [F] =N=Kg. m/s2 comme le Joule c'est la force par la distance càd: Kg.m2/s2, donc le produit
P.V a bien les dimensions d'un travail.
b) Unité de la chaleur Q : le Joule (J) ; Unité de la température T : le Kelvin (K). c) élémentaire:įQ = CP dT + ݄ dP (2)
įQ = dP + dV (3)
d) Oui, on peut apporter de la chaleur à un système sans changer sa température : cela se produit
pendant les changements de phase. L'apport de chaleur peut changer soit le volume soit la
pression soit les deux. e) Pas d'apport de chaleur c'est dire įQ=0, donc d'après (1) et (2): On voit bien que T varie avec V ou avec P, relations (4) et (5) ; (compression ou détente adiabatiques). Exercice 2: 1) Représentation du cycle (échelle arbitraire) P V 2P0 P0V0 2V0
0 1 2 2 V P (2)TA=287 K (2)
TB=350 K (1)
C B A D (1)2) A partir n montre facilement que la compression isotherme
à T = 2T0 , et que la pression maximale atteinte P= 2P0.3) W01 = - P0 V0 =- P0 .V0 = - 2,8.103 J ; Q01 =
JVP30010.8,91J
J W12= 2 P0 V0 ln2 = 3,9.103 J ; Q12 = - 2 P0 V0 ln2 = - 3,9.103 J ;W20 = 0 et Q20 =
JVP30010.71
1 J4) On vérifie facilement que Ucycle = W01 + W12 + W20 + Q01 + Q12 + Q20 =0
1er chemin : expression du travail WACB échangé par le gaz :
WACB = WAC + WCB = 0 +
B CPdV B C V BV dVnRTV lnB B C VnRTVA.N : WACB = - 0,5 x 8,32 x350 x
5 20ln = - 2018.5 J. Expression de la quantité de chaleur QACB échangé par le gaz :QACB = QAC + QCB
Les quantités de chaleur échangées peuvent être calculées de deux méthodes:1ère méthode :
VQ C dT dV "
avec P" pour un gaz parfait. C A TAC V V C ATQ C dT C T T
car dV = 0. Et ln BB CC VVBCB B B CBVVC
dV VQ PdV nRT nRT WVV car dT = 0On obtient :
lnBACB AC CB V C A B
CVQ Q Q C T T nRTV
Exprimons la capacité calorifique CV (J.K-1) en fonction des données du problème n, et R . Tout calcul fait, on trouve :110,41VnRC J K
Soit :
ln1 CACB AC CB C A B
BVnRQ Q Q T T nRTV
2ème méthodeCB déjà calculée.
On utilise la 1ère loi de Joule et le 1er principe de la thermodynamiqueVU C T Q W
La transformation AC est isochore :
AC V C A AC AC ACU C T T Q W Q
car 0ACWExercice 3 :
1) Représentation des transformations dans le diagramme
de Clapeyron (P, V) : VA VB 3La transformation CB est isotherme :
0CB V B C CB CBU C T T Q W
car TB = TC lnBCB CB B
CVQ W nRTV
On retrouve donc le même résultat.
AN :655.2 2018.5 2673.7ACBQJ
et2018.5 2673.7 655.2ACB ACB ACBU W Q J
2ème chemin : Travail WADB et quantité de chaleur QADB échangés par le gaz : on applique la même
démarche que pour le 1er chemin :WADB = WAD + WDB =
D APdV + 0 = D AA dVnRTV lnD A A VnRTVAN : VD = VB
WADB = - 0,5 x 8,32 x287 x
5 20ln = - 1655 J.QADB = QAD + QDB
La transformation AD est isotherme :
0AD V D A AD ADU C T T Q W
AD ADQW
La transformation DB est isochore :
DB V B D DB DB DBU C T T Q W Q
car 0DBW1DB B DnRQ T T
et ln1 DADB AD DB A B D
AV nRQ Q Q nRT T TV
A N :1655 655.2 2310.2ADB AD DBQ Q Q J
1655 2310.2 655.2ADB ADB ADBU W Q J
On remarque que :
ACB ADBWW
ACB ADBQQ
maisACB ADBUU
Conclusion : le travail et la quantité de chaleur dépendent du chemin suivi mais pas la variation
Exercice 4:
1.1. : transformation adiabatique réversible
1.2. : Volume
1 11 1 2 2 2 1
2PPV PV V VP
JJ quotesdbs_dbs1.pdfusesText_1
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