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Exercices et problèmes corrigés de thermodynamique chimique corrigés de thermodynamique chimique. 55. ? ?S1. 2(échangée) = nR. ?V. V2. ? ?S1.

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Exercice.1 : Calculer les dérivées partielles secondes et mixtes de la fonction Les bases de la thermodynamique cours et exercices corrigés; Auteurs :.

1 UNIVERSITE CADI AYYAD Année universitaire 2016/2017

FACULTE DES SCIENCES

DEPARTEMENT DE PHYSIQUE

MARRAKECH

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Exercice 1 : questions de cours:

a) ܨ

Remarque

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 P0

V0 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 =

JVP3

0010.8,91J

J W12= 2 P0 V0 ln2 = 3,9.103 J ; Q12 = - 2 P0 V0 ln2 = - 3,9.103 J ;

W20 = 0 et Q20 =

JVP3

0010.71

1 J

4) 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 VnRTV

A.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 T

AC V V C ATQ C dT C T T

car dV = 0. Et ln BB CC VVB

CB B B CBVVC

dV VQ PdV nRT nRT WVV car dT = 0

On obtient :

lnB

ACB AC CB V C A B

VQ 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 C

ACB AC CB C A B

VnRQ Q Q T T nRTV

2ème méthodeCB déjà calculée.

On utilise la 1ère loi de Joule et le 1er principe de la thermodynamique

VU C T Q W

La transformation AC est isochore :

AC V C A AC AC ACU C T T Q W Q

car 0ACW

Exercice 3 :

1) Représentation des transformations dans le diagramme

de Clapeyron (P, V) : VA VB 3

La transformation CB est isotherme :

0CB V B C CB CBU C T T Q W

car TB = TC lnB

CB CB B

VQ W nRTV

On retrouve donc le même résultat.

AN :

655.2 2018.5 2673.7ACBQJ

2018.5 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 VnRTV

AN : 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 0DBW

1DB B DnRQ T T

et ln1 D

ADB AD DB A B D

V 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

mais

ACB 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 1

1 1 2 2 2 1

PPV PV V VP

JJ quotesdbs_dbs1.pdfusesText_1

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