[PDF] PROBL`EMES DE THERMODYNAMIQUE (L2) et leurs corrigés

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PROBL

EMES DE

THERMODYNAMIQUE (L2)

et leurs corriges

Christian Carimalo

Novembre 2004

I.Un bloc de cuivre de 100 grammes porte a une temperature de 0C est plonge dans 50 grammes d'eau a 80 C. Le systeme atteint une temperature d'equilibre T. On supposera que l'ensemble Eau + Cuivre est isole ( on ne tient pas compte des parois du recipient). La chaleur massiqueCCudu cuivre (capacite calorique par unite de masse) est de 400 J kg1K1, celle de l'eauCeauest de 4180 J kg1K1. Elles sont supposees constantes et independantes de la temperature. Pour l'application numerique, on prendraCeau= 4000 J kg1K1. En appliquant le premier principe de la thermodynamique, determiner la temperature d'equilibre T. II.Un gaz d'equation d'etatV=V(T;P)a pour coecient de dilatation thermique isobare =R=PVet pour coecient de compressibilite isothermeT=RT=V P2ouRest la constante des gaz parfaits (constante de Mayer). Donner en fonction deet deT l'expression de la dierentielledVdu volume du gaz en fonction dedTetdP. Par integration, en deduire l'equation d'etat du gaz sachant que pourV= 2bon aT=bP=R. On rappelle les denitions des coecientsetT: =1V @V@T P T=1V @V@P T III.xmoles d'un gaz parfait monoatomique de masse molaire m sont comprimees dans un compresseur compose d'un cylindre et d'un piston. Le compresseur a une masseMet une chaleur massiqueC. Ce compresseur est thermiquement isole de l'exterieur. Le gaz passe de l'etatA(T1;V1)a l'etatB(T2;V2)de facon quasi-statique et reversible. Les parois du compresseur absorbent de la chaleur de maniere reversible ce qui implique qu'a tous les instants la temperature de l'ensemble gaz + compresseur est uniforme. 1 )Determiner la quantite de chaleur recue par le metal du compresseur lors d'une variation dTde sa temperature. 2 )Quel est le travail elementaire recu par le gaz lors d'une variationdVde son volume? 3 )Quelle est la capacite calorique a volume constantCvdesxmoles du gaz monoato- mique? 4 )Quelle est la variation d'energie interne du gaz pour des variationsdTetdVde sa temperature et de son volume, respectivement? 5 )A l'aide du premier principe applique au gaz, determiner l'equation dierentielle liant la temperature du gaz a son volume. 6 )Deduire par integration de cette equation la temperature nale du gaz en fonction deR, C,x,T1,V1,V2etM.Christian Carimalo3Problemes de Thermodynamique IV.Dans un moteur de Stirling, une moled'un gaz parfait diatomique de chaleur molaire a volume constantCvparcourt de facon quasi-statique et reversiblele cycleA1;A2;A3;A4 comprenant une transformation isochore ou le gaz passe de l'etatA1(T1;V1;P1)a l'etatA2(T2;V1;P2) avecT2> T1; une transformation isotherme ou le gaz passe de l'etatA2a l'etatA3(T2;V2;P3); une transformation isochore ou le gaz passe de l'etatA3a l'etatA4(T1;V2;P4); la compression isothermeA4A1. Les donnees du cycle sont : les temperatures extr^emesT1etT2, le volumeV2, le taux de compressiona=V2V

1. Dans la gamme de temperatures entreT1etT2, on prendraCv=5R2

1 )Dessiner le cycle dans le diagramme(P;V)(diagramme de Clapeyron). Pour quelle raison ce cycle est-il moteur? 2 )Determiner les pressionsP1;P2;P3etP4en fonction deT1;T2;V2;aetR. 3 )Calculer les travauxW12;W23;W34;W41recus par le gaz sur chaque branche du cycle, en fonction des donnees. 4 )Calculer les chaleursQ12;Q23;Q34;Q41recues par le gaz sur chaque branche du cycle, en fonction des donnees. Preciser sur quelles branches le gaz recoit eectivement de la chaleur. 5 )Le rendement du cycle est=WQ

12+Q23ouWest le travail total recu par le gaz a la

n du cycle. Calculeren fonction deT1;T2eta. 6 )Application numerique. On donnea= 2;ln2 = 0;7;t1= 20C;t2= 300C. Donner, pour chaque cycle parcouru, l'ordre de grandeur de l'energie consommee par le moteur et l'energie recuperable.Christian Carimalo4Problemes de Thermodynamique

Corrige

- I - Ueau+ UCu= 0(systeme isole). CommeUeau=MeauCeau(TfT1),UCu= M

CuCCu(TfT2), on en deduit

T f=MeauCeauT1+MCuCCuT2M eauCeau+MCuCCu;outf=MeauCeaut1+MCuCCut2M eauCeau+MCuCCu= 67C xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx - II - dV=V dTV TdP=RdTP RTdPP

2=dRTP

, d'ouV=K+RTP ouKest une constante telle queV= 2b=K+RP bPR =K+b, soitK=b. On obtient ainsi l'equation d'etat

P=RTVb

xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx - III - 1 )dQcompr:=MCdT=dQgaz. 2 )dW=PdV=xRTV dV. 3 )Cv=x3R2 4 )dU=CvdT. 5 )CvdT=xRTV

MCdT, d'ouadVV

=dTT , aveca=xRC v+MC. 6 )L'integration donneTVa= constante, puisT2=T1V1V 2 a xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx - IV - 1 )Dans le plan(P;V), le cycle est parcouru dans le sens inverse du sens trigonometrique (voir gure). Le cycle est donc moteur. 2 )On applique l'equation d'etat :P1=RT1V

1,P2=RT2V

1,P3=RT2V

2=RT2aV

1,P4=RT1V

2= RT 1aV 1. 3

)W12=W34= 0(isochores);W23=RT2lna,W41=RT1lna(isothermes).Christian Carimalo5Problemes de Thermodynamique

V A1 V 1V2A 4A 3A 2P4 )Q12= 12U=Cv(T2T1)>0,Q34= 34U=Cv(T1T2)<0;U= 0pour une isotherme (gaz parfait), doncQ23=W23>0,Q41=W41<0. 5 1T1T 2 11 + 52lna
1T1T 2 6 )T1= 293K,T2= 573K; d'ou= 0;18; energie consommee :Q'9200J/mole, energie recuperable :jWj '1650J/mole.Christian Carimalo6Problemes de Thermodynamique

Janvier 2005

L'equation d'etat d'un gaz G comportantNparticules est

P=NkTV

1 +NV baT P,VetTetant, respectivement, la pression, le volume et la temperature du gaz;aetb sont des constantes etkest la constante de Boltzmann. On poseran=NV : c'est ladensite particulaire, nombre de particules par unite de volume, a ne pas confondre avec le nombre de mole du gaz. On admettra que dans le domaine de temperatures et de pressions considere, lorsquePetTsont donnes, une seule valeur denet une seulement verie l'equation d'etat. Plus precisement, la temperatureTsera toujours supposee telle queT > a=b. - Partie A - 1 )On rappelle que la dierentielle de l'energie interneUdu uide a pour expression generale dU=CvdT+ (`P)dV Montrer comment l'application des premier et second principes permet d'obtenir le coecient `a partir de l'equation d'etat et le calculer eectivement pour le gaz considere ici. 2 )a) En deduire que l'energie interneU(T;n;N)du gaz est de la forme

U(T;n;N) =U0(T;N)Nkan

b) Justier le fait queU0(T;N)soit de la formeU0(T;N) =Nu0(T). 3 )Montrer que l'entropieS(T;n;N)du gaz s'ecrit

S(T;n) =Ns0(T)Nk[ lnn+nb]

- Partie B - Un recipient a parois indeformables et diathermes est en contact avec un thermostat de temperatureT0. A l'interieur du recipient sont menages deux compartiments separes par une cloison mobile. Le premier compartiment (1) contient une mole du gaz G et l'autre compartiment (2) contient 2 moles de ce m^eme gaz. Le volume total des deux compartiment estV. Dans un etat d'equilibre initial, la cloison est bloquee en une position pour laquelle le volume du premier compartiment (1) estV1= 2V=3, tandis que le volume du second compartiment estV2=V=3. 1 )La cloison est alors debloquee. Decrire l'evolution ulterieure de l'ensemble et caracteriser l'etat nal des deux gaz dans chacun des compartiments. 2 ) a)Quelle a ete la quantite de chaleur recue par le thermostat? Quel aurait ete le resultat dans le cas d'un gaz parfait? Commenter. b)Calculer la variation d'entropie du systeme des deux gaz. Verier que le resultat est bien conforme au principe d'evolution.Christian Carimalo7Problemes de Thermodynamique 3 )Quel travail minimumWmle monde exterieur au recipient devrait-il fournir pour remettre la cloison dans sa position initiale? Calculer numeriquementWmen prenantT0= 300K; V= 0;1m3;b NA= 4 105m3mole1;a R NA= 0;4Pa m6mole2,NAetant le nombre d'Avogadro etR=k NAla constante des gaz parfaits. On donneln20;7,ln31;1. - Partie C - Un inventeur assure avoir realise a l'aide de ce gaz une machine ditherme fonctionnant entre deux sources de chaleur aux temperatures280K et320K respectivement, et fournissant 1 Joule pour 4 Joules cedes par la source chaude. En argumentant soigneusement la reponse, dire si oui ou non une telle machine est possible.Christian Carimalo8Problemes de Thermodynamique

Corrige

- Partie A - 1 )Les premier et second principes arment que tout systeme thermodynamique possede deux fonctions d'etat, une energie interneUet une entropieS, respectivement. Dans le cas d'un gaz, les dierentielles respectives de ces fonctions d'etat, exprimees en fonction de la temperatureTet du volumeV, s'ecrivent : dU=CvdT+ (`P)dV;etdS=CvT dT+`T dV On peut egalement d'enir une autre fonction d'etatF=UTSdont la dierentielle est dF=PdVSdT Exprimant que cette derniere est une dierentielle totale exacte, on obtient @S@V T =@P@T V =`T Cette relation permet d'obtenir le coecient`si l'on connait l'equation d'etat sous la forme

P=P(V;T). On a ici

`=T@P@T V =P+n2kaavecn=NV 2 )@U@n T =Nn 2 @U@V T =(`P)Nn

2=Nka.

3 )a) En integrant, on en deduit :U(T;n;N) =U0(T;N)Nkan. b)Tetnsont des variables intensives tandis queU(T;n;N)est de nature extensive. On a donc necessairementU0(T;N) =Nu0(T). 4 )@S@n T =Nn 2 @S@V T =`NTn

2. Or,`=nkT(1 +nb), d'ou

@S@n T =Nk1n +b ;etS(T;n;N) =Ns0(T)Nk[lnn+nb] en tenant compte du caractere extensif de l'entropie. xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx - Partie B - n 1=32 N AV ,n1= 6NAV 1 )Transformation irreversible. A l'etat nal, les pressions dans les deux compartiments sont identiques (cloison debloquee au repos), la temperature est aussi la m^eme et egale aT0, celle du thermostat. On a doncChristian Carimalo9Problemes de Thermodynamique P

01=P02;soitn01

1 +n01

baT 0 =n02

1 +n02

baT 0 ;ou n

01n02=h

n022n021i baT 0 Compte tenu deT0> a=b, cette equation n'admet que la seule solutionn01=n02=n0. D'ou n

01=NAV

01=n02=2NAV

02=3NAV

01+V02=3NAV

=n0, soitn0= 2n1=n2=2. PuisV01=V3 V

02=2V3

2 )a)QTh:=U2gaz=ka[N1n1+N2n2] =ka[NA(n0n0=2) + 2NA(n02n0)] = 32

Ran0, (R=kNA).

b)S2gaz=R ln2 +32 bn0 ;Stot= S2gaz+ STh:=R ln2 +32 bn0 +QTh:T 0= R ln2 +32 n0 baT 0 >0(en tenant compte deT0> a=b). Le resultat est conforme au principe d'evolution, le systeme des deux gaz et du thermostat etant isole et la transformation irreversible. 3 )Wmin=jFjouF=U2gazT0S2gazest l'energie libre du systeme des deux gaz. On obtient W min=RT0 ln2 +32 n0 baT 0 = 1750J xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx - Partie C - L'inventeur pretend disposer d'une machine ditherme de rendement1=4 = 0;25, tandis que la limite superieure du rendement d'une telle machine fonctionnant avec les deux m^emes sources de chaleur est le rendement de Carnot1280=320 = 1=8 = 0;125. La machine de l'inventeur est irrealisable!Christian Carimalo10Problemes de Thermodynamique

Septembre 2005

- Premier Probleme - Un gaz parfait monoatomiqueGeectue un cycle ditherme constitue des transformations suivantes detente reversible isothermeA!Bau cours de laquelle le gaz G est en contact avec une source de chaleur de temperatureT1= 600 K (source chaude); on donnePA= 105Pa,VA = 1`. A partir de l'etatB, le gaz est mis en contact avec une seconde source de chaleur de temperatureT2= 300 K (source froide). Il eectue alors une compression a pression exterieure constanteP0=PBqui l'amene a l'etatCtel queTC=T2. A partir de l'etatC, le gaz est remis en contact avec la source chaude et subit une transformation isochore le ramenant a l'etatA. 1 )Expliquer pourquoi ce cycle est irreversible. 2 )Calculer le nombre de moles deG. La constante des gaz parfaits sera prise egale a R =

25/3 J K

1mole1.

3 )Determiner, en fonction des donnees, la pressionPBet le volumeVBdu gaz dans l'etat

B. En donner les valeurs numeriques.

4 )Exprimer, en fonction dePA;VA;T1etT2, les quantites de travailWAB;WBC;WCAet les quantites de chaleurQAB;QBC;QCArecues par le gaz, et preciser leurs signes respectifs. On donnera tout d'abord leurs expressions litterales puis leurs valeurs numeriques. On donne ln2 = 0;7. 5 )a) Exprimer, en fonction des donnees, le travail totalWrecu par le gaz au cours du cycle et en donner la valeur numerique. Quel est son signe? Pouvait-on prevoir celui-ci? b) Quelle quantite de chaleurQle gaz a-t-il recu de la source chaude? c) En deduire la valeur numerique du rendement du cycle=jW=Qj. d) Comparer ce rendement au rendementcdu cycle de Carnot fonctionnant entre les deux m^emes sources de chaleur. Commenter le resultat. 6 )Calculer la variation d'entropie totale du syseme constitue par le gazGet les deux sources de chaleur. En donner la valeur numerique. Commenter le resultat. - Deuxieme Probleme - Un compresseur recoit de l'air a la temperatureT0= 300K et a la pressionP0= 1atm (=

105 Pa). Il fournit de l'air a la pressionP1= 2atm. Sa consommation est deC= 200W.

On admettra que la transformation de l'air a l'interieur du compresseur se fait de maniere adiabatique et quasi-statique (reversible). L'air est assimile a un gaz parfait pour lequel

=Cp=Cv= 7=5. Pour les applications numeriques, on prendra25=7= 0;6.Christian Carimalo11Problemes de Thermodynamique

1 )Quel est, a la sortie du compresseur, le volumeV1d'une masse d'air donnee dont le volume etaitV0a l'entree du compresseur? Calculer numeriquement le rapport de compressionV1=V0. 2 ) Trouver, en fonction deP0;P1;V0;V1et , l'expression du travailWrecu par cette masse d'air dans la compression. En deduire la valeur numerique du travail que doit fournir le compresseur, par unite de volume d'air a compresser. 3 )Compte-tenu des donnees, quelle est la valeur numerique du volume d'airvque fournit le compresseur par unite de temps?Christian Carimalo12Problemes de Thermodynamique

Corrige

- Premier probleme -C P V BA1 )Les transformationsBCetCAau cours desquelles le gaz est en contact avec l'une ou l'autre des sources de chaleur ne sont pas isothermes : l'une est a pression exterieure constante, l'autre est isochore. Par consequent, dans ces transformations, le gaz ne peut ^etre en equilibre thermique avec ces sources et sa temperature ne peut ^etre denie continuement.

Elles sont donc irreversibles.

2 )n=PAVART

1=105103325300= 4102.

3 )VC=nRT2P

C=VA=nRT1P

A, d'ouPC=PB=PAT2T

1, puisTA=TB=T1donne

V

B=VA=PA=PB, soitVB=VAT1T

2. Numeriquement,PB= 5104Pa,VB= 2`.

4 )WAB=nRT1lnVBV

A=PAVAlnT1T

2=QAB(ABU= 0car il s'agit d'un gaz

parfait);

WBC=PB(VCVB) =nR(T1T2) =PAVA

1T2T 1 >0,QBC= BCH= C p(T2T1) =52 PAVA 1T2T 1 <0;

WCA= 0,QCA= CAU=Cv(T1T2) =32

PAVA 1T2T 1 >0 Valeurs numeriques. On aPAVA= 100 J,T2=T1= 1=2, d'ou W

AB=QAB=70J; WBC= 50J; QBC=125J; QCA= 75J

5 )a)W=WAB+WBC=PAVAF(T2T

1)avecF(x) = 1x+lnx, qui est negatif quel que

soitx >0. DoncW <0, ce qui pouvait ^etre prevu au regard du sens de parcours du cycle

dans le plan(P;V), qui est oppose au sens trigonometrique. Numeriquement,W=20J.Christian Carimalo13Problemes de Thermodynamique

b)Q=QAB+QCA= 145J. c)= 20=145'0;14. d) Le rendement de Carnot estrc= 1T2T

1= 0;5, dont la valeur est superieure a celle de

, ce qui est normal car la machine consideree ici fonctionne de facon irreversible. 6 )Stot= Sgaz+ S1+ S2. OrSgaz= 0(cycle) etS1=QT

1,S2=QBCT

2; numeriquement :S= [145=600 + 125=300]J/K= 105=600J/K'0;17J/K. La va- riation d'entropie du systeme, isole thermiquement, comprenant le gaz et les deux sources de chaleur est positive, ce qui est conforme au principe d'evolution, puisque le cycle est irreversible. xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx - Deuxieme probleme - 1 )S'agissant d'une transformation adiabatique reversible d'un gaz parfait, on aP0V 0= P 1V

1, doncV1=V0= 25=7= 0;6.

2 )W= U=(PV)

1=P0V0

1 P1V1P 0V01 , etW=V0= 0;5P0= 5104J=m3. 3 )v= 200=[5104]m3=s = 4`=s.Christian Carimalo14Problemes de Thermodynamique

Novembre 2005

- Question de cours - Un gaz parfait, compose dexmoles, subit une detente (ou une compression) adiabatique quasistatique (reversible). On supposera que les capacites caloriques molaires a volumequotesdbs_dbs32.pdfusesText_38

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