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[PDF] Dictionnaire de thermodynamique - Étienne Thibierge

Adiabatique : se dit d'une transformation au cours de laquelle le système Calorifugé : se dit d'une paroi qui empêche tout transfert thermique, et par extension 

[PDF] LE PREMIER PRINCIPE DE LA THERMODYNAMIQUE

Une transformation est adiabatique s'il n'y a pas de transfert thermique avec l' extérieur : Q = 0 On dit que le système est calorifugé ou thermiquement isolé

[PDF] Exercices de Thermodynamique

Un réservoir rigide et adiabatique (calorifugé) contient m = 1 kg d'hélium à la température T1 = 300 K et à la pression P1 = 300 kPa L'hélium est brassé à l' aide 

[PDF] THERMO-C4-TD correction - CPGE Brizeux

Un réservoir rigide et adiabatique (calorifugé) contient m=1kg d'hélium à la température une transformation adiabatique d'où Q=0 • à volume constant donc le 

[PDF] TD4 – Premier principe de la thermodynamique - Sayede Adlane

la considérer comme adiabatique Un tube cylindrique de verre calorifugé a un diamètre D ≈ 3cm, une hauteur H ≈ 1 4 détente adiabatique et irréversible 

[PDF] Exercices thermodynamique premier et deuxième principe Exercice

On opère une compression adiabatique de façon réversible qui amène le gaz On considère un gaz parfait diatomique qui occupe un récipient calorifugé de 

[PDF] DS4-2-thermodynamique _CCP national Deug 2005_-corrige - Free

7 déc 2007 · 1) Nature de la transformation II : Le compresseur étant parfaitement calorifugé, la compression (II) est donc adiabatique De plus, la compression 

[PDF] TD corrigés de thermodynamique - Unisciel

29 oct 2011 · 1) La transformation du gaz (B) est adiabatique réversible : est calorifugé et, d' autre part, il n'y a pas de transfert de chaleur par conduction 

[PDF] cours n° 3 - AC Nancy Metz

transformation adiabatique : aucune chaleur n'est échangée avec l'extérieur : la est très rapide et/ou calorifugée transformations adiabatiques : Q = 0

[PDF] V1 T1 P1 {N2}

Un réservoir rigide et adiabatique (calorifugé) contient m = 1 kg d'hélium `a la température T1 = 300 K et `a la pression P1 = 300 kPa L'hélium est brassé `a l' aide 

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Thermodynamique-C4 correction TD

1.Utilisation d'un agitateur

Un réservoir rigide et adiabatique (calorifugé) contient m=1kg d'hélium à la

température T1=300,0K et à la pression P1=300,0 kPa. L'hélium est brassé à l'aide d'un agitateur de puissance utile P=15W. On le fait fonctionner pendant τ=30min. Déterminer la température finale T2 et la pression finale P2 de l'hélium. Données: chaleur massique à volume constant de l'hélium: cv=3,1156 kJ.kg-1K-1.

Rép : T2=308,7K; P2=308,7 kPa

Solution

Dans cet exercice intervient un travail autre que le travail des forces de pression.

Le gaz subit :

•une transformation adiabatique d'où Q=0 •à volume constant donc le travail des forces de pression Wp=0 D'après le premier principe (sans variation d'énergie cinétique : ΔU=WP+Wautre+Q=Wautre. Le système est un gaz parfait donc ΔU=mcV(T2-T1) Wautre=Pτ d'où d'après le 1er principe : mcV(T2-T1)=Pτ

T2=T1+Pτ

mcV=308,7K;

Pour déterminer la pression finale, on exprime l'équation d'état à l'état initial et à l'état final soit :

P1V=nRT1et P2V=nRT2d'où en faisant le rapport des deux expressions : P2=T2 T1

P1=308,7KPa1

2.Chauffage à l'aide d'une résistance-fuites thermiques

Un cylindre surmonté d'un piston mobile contient V1=0,5 m3 de diazote à la pression P1=400 kPa et à la température θ1=27°C. Une résistance chauffante se trouve au contact du gaz comme indiqué sur la figure ci-contre. Elle est allumée et un courant I=2A y circule pendant une durée τ = 5min sous la tension E=120V . Le diazote se détend alors de manière isobare. Au cours de cette transformation, suite à des fuites thermiques, l'ensemble {gaz, cylindre, résistance} cède à l'extérieur un transfert thermique Qext=2800J. En considérant que le cylindre et la résistance n'emmagasinent pas de chaleur, déterminer la température finale θ2 du diazote après la durée τ de fonctionnement de la résistance. Données: masse molaire de l'azote :M(N)=14,0 g .mol-1, chaleur massique du

diazote à pression constante: cp=1,039 kJ.K-1.kg-1, Constante des gaz parfaits :R=8,314 J.mol-1K-1,

T(K)=θ°C+273,15. Rép : θ2 = 57°C

Solution

On applique le 1er principe au diazote pour une transformation isobare: ∆H=Q=mcP∆T(1) avec

Q=Qchauffage+Qfuites.Qchauffage=UIτ; Qfuites=-2800J. De plus P1V1=m

MRT1d'où m=P1V1M

RT1D'après (1) on en déduit : P1V1M

RT1cP(θ2-θ1)=UIτ-2800d'où

θ2=RT1

P1V1McP

(UIτ-2800)+θ1AN :

θ2=8,314×300,15

2

3. Cycle de Lenoir

On considère une mole de gaz parfait de coefficient γ constant. Ce gaz est dans un état initial A caractérisé par

(P0, V0 et T0). On lui fait subir les transformations réversibles suivantes: •A→B: Compression isochore PB =2P0 •B→C: Détente isotherme •C→A: Refroidissement isobare

1) Exprimer en fonction de T0 et V0 la température de l' isotherme ainsi que le volume VC.

2) Tracer le cycle dans le diagramme de Clapeyron

3) Exprimer en fonction de γ, R et T0 pour chaque transformation : Le travail reçu par le gaz, le transfert

thermique reçu par le gaz, la variation d'énergie interne et la variation d'enthalpie.

Solution

1)

On applique l'équation d'état en A : P0V0=RT0 puis en B : 2P0V0=RTB on en déduit que TB=2T0.

On applique l'équation d'état en C :

P0VC=2RT0 on en déduit VC=2V0.

2) Ci-contre

3) Transformation AB :

La transformation est isochore réversible donc : WAB=0 et

QAB=ΔUAB=CvmΔT=R

γ-1(TB-TC)d'où :QAB=ΔUAB=RT0

γ-1

ΔHAB=γΔUAB=γRT0

γ-1Transformation BC :

La transformation est isotherme réversible donc :

δWBC=-PextdV=-PdV=-RT0

VdVd'où

WBC=-2RT0∫VB

VC dV

Vd'où :

WBC=-2RT0ln2.

De plus,

ΔU=CvnΔT=0=WBC+QBC donc QBC=-WBC=2RT0ln2. ΔH=CpnΔT=0

Transformation CA :

La transformation est isobare donc

QCA=ΔHCA=CpmΔT=Rγ

γ-1(TA-TC) d'où QCA=ΔHCA=-RγT0

γ-1.

δWCA=-PextdV=-P0dVdoncWCA=-P0(VA-VC)=P0V0donc WAB=RT0.

ΔUCA=ΔHCA

γ=-RT0

γ-1

3P VAB CP0 V02P0

2V0État A

P0 T0

V0 État B

PB = 2P0

TB

VB = V0V = cste =V0T = cste = TCÉtat C

PC = P0

TC = TB

VC

P = cste = P0

4. Cycle Beau de Rochas

Le cycle du moteur à 4 temps , de rapport de compression a peut être représenté théoriquement par le cycle Beau de Rochas .

Ce cycle effectué par n moles d'un gaz parfait de coefficient γ est décrit ci-dessous : (1) Compression adiabatique quasi-statique de l'état A à l'état B de (V0, TA) à(V0

a,TB)(2) Échauffement isochore réversible de l 'état B à l'état C où le gaz reçoit le transfert thermique Q1. Il atteint la température

TC.

(3) Détente adiabatique quasi-statique de l'état C à l'état D de volume V0 (la température est alors TD)

(4) Un refroidissement isochore réversible de l'état D à l'état A au cours duquel le gaz reçoit le transfert thermique Q2.

1. Énoncer la loi de Laplace.

2. Représenter l'allure du cycle dans le diagramme de Clapeyron (P,V) .

3. Pour chaque transformation exprimer le transfert thermique et le travail reçus par le gaz en fonction des différentes

températures , n R et γ, regrouper les résultats dans un tableau.

4. Exprimer la température TB en fonction de TA , a et γ puis la température TC en fonction de TD , a et γ.

5. Déterminer le rendement du cycle

η=∣Wcycle∣

QBC en fonction de QBC et QDA puis en fonction de a et γ supposé constant.

Solution

1. Loi de Laplace : quand un gaz parfait subit une transformation adiabatique réversible :

PVγ=cst.

2. Cycle (ci-contre)

4P V

VA/aVA(B)(C)

(D) (A) 3. WQ

ABWAB=ΔUAB=nR

γ-1(TB-TA)0 car adiabatique

BC0 car isochoreQBC=ΔUBC=nR

γ-1(TC-TB)

CDWCD=ΔUCD=nR

γ-1(TD-TC)0 car adiabatique

DA0 car isochoreQDA=ΔUDA=nR

γ-1(TA-TD)

4. La transformation AB est adiabatique réversible on peut appliquer la loi de Laplace relative au variables T et V :TVγ-1=cste=TAVA

γ-1=TBVB

γ-1 d'où : TB=TA

(VA

VB)γ-1

=TA(a)γ-1. Le raisonnement est le même qu'à la question précédente : TC=TD (a)γ-1

5. D'après le 1er principe :

ΔUcycle=Wcycle+Qcycle or U est une fonction d'état donc ΔUcycle=0d'où :

η=∣Wcycle∣

QBC =-Wcycle QBC =Qcycle QBC =QBC+QDA

QBCd'où : η=1+QDA

QBC. D'où

η=1+TA-TD

TC-TBen remplaçant TC et TB, on

obtient :η=1-a1-γ 5

5. Chauffage d'un gaz

On considère un réservoir à parois adiabatiques séparés en deux parties par un piston adiabatique et mobile

sans frottements. Initialement, chaque compartiment contient une mole de gaz parfait (γ = 1,4) à la pression

P0=105 Pa et à la température T0=290K. On prendra R=8,314 SI.

Grâce à une résistance électrique, on chauffe lentement le gaz 1 dans le compartiment de gauche jusqu'à la

pression P=2P0.

1) Déterminer l'état du gaz dans chacun des deux compartiments.

2) Calculer l'énergie thermique apportée au gaz de gauche par l'intermédiaire de la résistance, ainsi que le

travail échangé entre les deux gaz. Rep:1) Tf1=806K, Tf2=353K, Vf1=33.5L ; 2) W2=1320J, Q1=12055J.

Solution

1) Le gaz contenu dans le compartiment 1 subit un chauffage lent (attention sa transformation n'est pas

adiabatique !)

Le gaz contenu dans le compartiment 2 subit une transfomation adiabatique lente , que l'on met supposée

mécaniquement réversible.

On applique la loi de Laplace au gaz dans le compartiment 2 en utilisant les paramètres adaptés cad T et P :

T0P01-γγ=TF2(2P0)1-γγ d'où TF2=T0(P0

2P0)1-γγ

=T0(1

2)1-γγ=T0(2)γ-1γ. AN :

TF2=353KOn utilise ensuite l'équation d'état dans l'état final au compartiment 2 pour déterminer VF2 : VF2=RTF2

2P0.

AN : VF2=14,7L.

On utilise la conservation du volume pour déterminer VF1. 2V0=VF1+VF2 Soit VF1=2V0-VF2. On

exprime V0 grâce à l'équation d'état dans l'état initial d'un des deux compartiments si bient que :

VF1=2RT0

P0-VF2. AN :

VF1=33,5L.

Pour déterminer TF1, on applique l'équation d'état au conpartiment 1 dans l'état final : TF1=2P0VF1

R. AN :

TF1=806K.

621
E

État initial 1

P0 T0

V0 État final 1

PF1 = 2P0

TF1 VF1

État initial 2

P0 T0

V0 État final 2

PF1 = 2P0

TF2 VF2

2) On applique le 1er principe au système constitué par les deux gaz : ΔU=ΔU1+ΔU1=W+Q. Le

volume du système est constant donc W=0.

Q = Q1 + Q2 , Q2 = 0 car le gaz dans le compartiment 2 subit une transformation adiabatique. Q1 est le

transfert thermique cherché.

Les deux gaz sont parfaits donc :

ΔU1=CVm(TF1-T0)etΔU2=CVm(TF2-T0)

Or on sait que γ=CPm

CVm(1) et

CPm-CVm=R(2).

De (1) on tire CPm=γCVm. En remplaçant dans (2) on obtient :

γCVm-CVm=Rd'où : CVm=R

(γ-1)

Finalement : ΔU=Q1=R

(γ-1)(TF1-T0)+R (γ-1)(TF2-T0)=12,1kJ . Le travail W reçu par l'ensemble des deux gaz est nul, or W=W1 + W2. On en déduit que

W1=-W2. Il

suffit de calculer l'un des deux travaux pour connaître l'autre.

Le plus simple est de calculer W2 en appliquant le premier principe au gaz 2 : ΔU2=W2+Q2=W2d'où

W2=R (γ-1)(TF2-T0)=1,32kJ7

6.Deux situations de gaz dans un cylindre

Chaque question s'accompagne d'un choix de réponses. Il faudra indiquer la réponse choisie après une justification rigoureuse. Deux réservoirs A et B aux parois indéformables contiennent de l'azote, dont on suppose qu'il se comporte comme un gaz parfait. Les mesures de la pression, de la température et du volume de l'azote dans chaque réservoir donnent les résultats ci-contre :

On donne g = cP / cV = 1,4 ; cP et cV désignent respectivement les chaleurs massiques de l'azote à pression et à

volume constants. La masse molaire de l'azote est M(N2)=28g.mol-1

1.Calculer les masses mA et mB d'azote contenu dans les réservoirs A et B.

a ) mA = 1,2 kg ;b ) mA = 2 kg ;c ) mB = 4,1 kg ;d ) mB = 3 kg.

2.Après la mise en communication des deux réservoirs, un équilibre s'instaure pour une pression

Pe = 1,66.10 4 Pa. Calculer la température qe à l'équilibre en degré Celsius. a ) qe = 45°C ; b ) qe = 32,5°C ; c ) qe = 24°C ;d ) qe = 19,5°C.

3.La mise en communication des deux réservoirs se fait sans mise en jeu de travail. Calculer le transfert

thermique Q reçu par le gaz au cours de cette opération. a ) Q = 12 kJ ;b ) Q = 18 kJ ;c ) Q = -24,5 kJ ;d ) Q = -35 kJ.

4.On renouvelle l'expérience dans des conditions différentes : on fait en sorte que

l'ensemble des deux réservoirs soit parfaitement calorifugé ; le gaz constitue alors un système

thermodynamiquement isolé. Déterminer en degré Celsius la température qe' pour laquelle s'établit l'équilibre, après mise en communication des deux réservoirs. a ) qe' = 26°C ;b ) qe' = 30°C ;c ) qe' = 33°C ;d ) qe' = 39°C.

Solution

1. Dans le compartiment A : PA = 104 Pa ; TA=300,15 K ; VA=17,8m3. Pour déterminer la masse mA de gaz il

suffit d'appliquer l'équation d'état sous la forme :

PAVA=mA

MRTAsoit mA=MPAVA

RTA=2kg.Rep b

La démarche est la même pour trouver mB. On trouve mB=MPBVB RTB =3kg. Rep d

2. On écrit la conservation de la matière entre l'état initial et l'état final : nA+nB=ntot. On remplace ensuite les

RTA+PBVB

RTB=Pe(VA+VB)

RTe. On tire de cette expression en simplifiant par R :

Te=Pe(VA+VB)

PAVA TA +PBVB TB =305,4K.

D'où θe=305,4-275≈32,5°C. Rep b

3. On applique le 1er principe au système constitué par l'ensemble des deux gaz. ΔU=ΔUA+ΔUB=W+Q(1).

8

Réservoir ARéservoir B

Pression ( Pa )1.1043.104

Température ( °C )2747

Volume ( m3 )17,89,5

AB

VAVBPAPBÉtat initial

TATB

W=Wp+Wautre, Wp=0car le volume du système est constant, Wautre=0car l'énoncé dit que la mise en

communication se fait sans mise en jeu de travail. De (1) on tire Q=ΔUA+ΔUBLes gaz sont parfaits et identiques dans les deux compartiments donc :

ΔUA=mAcV(Te-TA)et

ΔUB=mBcV(Te-TA). Or on sait que γ=cP

cV(2) et cP-cV=R M(3). De (2) on tire cP=γcV. En remplaçant dans (3) on obtient :γcV-cV=R

Md'où : cV=R

M(γ-1)

Finalement : Q=mAR

M(γ-1)(Te-TA)+mBR

M(γ-1)(Te-TB)=R

M(γ-1)

(mA(Te-TA)+mB(Te-TB))On peut donner l'expression du résultat avec les différences de températures en °C :

Q=R M(γ-1)(mA(θe-θA)+mB(θe-θB))=-24kJ Rep c

4. On applique le 1er principe au système constitué par l'ensemble des deux gaz. ΔU=ΔUA+ΔUB=W+Q.

W=0, Q=0car le système est thermiquement isolé. Donc ΔUA+ΔUB=0. On utilise les expressions

précédentes en remplaçant θe par θ'e d'où R M(γ-1)(mA(θ'e-θA)+mB(θ'e-θB))=0 d'où :

θ'e=mAθA+mBθB

mA+mB =39°C.Rep d 9quotesdbs_dbs27.pdfusesText_33