Si l’on note m0 la masse de liquide restant lorsque la température atteinte est T0 :
∫
∫
= 0 −1 0
1
T T m
m A BT
c dT m
dm d’où
−
− −
=
1 0 1
0
BT A
BT ln A
B c m
ln m
Et, finalement :
B / c
1 0 1
0 A BT
BT m A
m
−
−
= −
2ème étape : Il se forme maintenant de la glace, à la température constante T0. L’eau liquide qui se vaporise absorbe un certain transfert thermique qui permet de transformer de l’eau liquide en glace. Si m2 désigne la masse de glace formée, alors :
) T ( L ) m m ( L
m2 f = 0 − 2 V 0 soit 0
f 0 V
0 V
2 m
L ) T ( L
) T ( m L
= +
2. Application numérique : m0 =0,84kg et m2 =0,74kg. Il y a eu formation de 740 g de glace.
E
TUDE D’
UNE COCOTTE MINUTEChangements d’états
Enoncé :
On met 1 L d’eau dans une cocotte minute, à la température ambiante. On ferme le couvercle muni de sa soupape et l’on chauffe l’ensemble avec une plaque électrique fournissant une puissance effective Πch = 2,0 kW au système. On note Πconv la puissance perdue par convection entre le récipient et l’extérieur, supposée proportionnelle à l’écart de température entre le système et l’air ambiant (loi de Newton de la convection, voir l’exercice intitulé « Régulation du chauffage d’un local », page 150), soit :
Πconv = K (T − T0) (avec K = 4,0 W.K−1)
où T est la température dans la cocotte et T0 la température de l’air ambiant.
Les données numériques nécessaires aux diverses questions sont rassemblées ci-dessous :
• Caractéristiques de l’air ambiant : température T0 = 20°C = 293 K et pression P0 = 1 bar.
• Extrait des tables des phases liquide et vapeur d’eau en équilibre :
Thermodynamique 177 Volume massique (m 3.kg −1)
Pression
(bar) Température
(°C) liquide vapeur
Chaleur latente de vaporisation
(kJ.kg −1)
0,0234 20 0,001002 57,840 2 453
1,0131 100 0,001043 1,673 2 257
1,2079 105 0,001047 1,419 2 243
1,4326 110 0,001051 1,210 2 230
1,6905 115 0,001056 1,036 2 215
• Caractéristiques du récipient : cylindre d’acier inoxydable dont les dimensions intérieures sont D = 28 cm (diamètre) et h = 16 cm (hauteur).
On considère que la pression à l’intérieur de l’autocuiseur a atteint la valeur P = 1,69 bar pour laquelle la soupape se met en rotation rapide, laissant s’échapper un jet caractéristique. A ce moment, l’air a été chassé et la phase vapeur interne est entièrement constituée de vapeur d’eau en équilibre avec le liquide.
On continue de chauffer avec la même puissance Πch. 1. Quelle est la température qui règne à l’intérieur de l’autocuiseur ? Quelle masse de vapeur surmonte l’eau liquide (on suppose que la masse de liquide reste sensiblement égale à 1 kg : on est au début de cette phase) ?
2. A quel débit (mesuré en g.s−1) l’eau s’échappe-t-elle par la soupape ?
3. Retour à la température ambiante : on arrête le chauffage au bout de 10 min, la soupape se referme hermétiquement dès que la pression intérieure devient inférieure à 1,69 bar. On laisse revenir le système à la température ambiante de 20°C.
a) Quelles sont les masses respectives de vapeur et de liquide dans l’état final ? On comparera les résultats obtenus en utilisant les tables fournies dans l’énoncé à ceux trouvés en assimilant la vapeur d’eau à un gaz parfait (on donne la constante des gaz parfaits, R = 8,31 J.K−1.mol−1).
b) Expliquer pourquoi le couvercle semble « collé » au récipient. Calculer la force qu’il faudrait exercer sur le couvercle pour arriver à le décoller. Pourquoi est-il beaucoup plus simple d’ouvrir la soupape ?
Solution :
1. La température Tint à l’intérieur de la cocotte minute est la température d’équilibre correspondant à la pression de vapeur saturante égale à 1,69 bar, soit en utilisant les tables fournies dans l’énoncé, Tint =115°C. Le volume total Vint du récipient est Vint =πD2h/4=9,85L. D’après les tables, le volume V occupé par l
1 kg d’eau liquide est Vl=1,056L. Le volume Vv occupé par la phase vapeur, L
79 , 8 V V
Vv = int − l = correspond à une masse de vapeur mv =8,79/1,036=8,49g.
D h
178 Chapitre 3 2. L’énergie fournie par la plaque électrique (pendant l’intervalle de temps dt) permet de compenser les pertes par convection et de vaporiser une masse dm de liquide. Par conséquent, en notant lv =2215kJ.kg−1 la chaleur latente massique de vaporisation de l’eau à 115°C :
(
int 0)
vcdt=K T −T dt+(dm)l Π
d’où l’expression du débit (dm / dt) de vapeur d’eau à travers la soupape :
( )
1v 0 int
c K T T 0,73g.s
dt
dm −
− =
−
=Π
l
3-a) Au bout de ∆t=10min, la quantité de vapeur qui s’est échappée vers l’extérieur est ∆m=(dm/dt)∆t=438g ; par conséquent, en négligeant la masse finale de vapeur mv,f devant celle du liquide ml,f, ml,f =1000−438=562g. Le volume Vv,f occupé par la phase vapeur est donné par (en utilisant les tables) :
L 29 , 9 ) 562 , 0 . 002 , 1 ( 85 , 9
Vv,f = − =
ce qui correspond à une masse finale de vapeur mv,f =0,16g<<ml,f.
L’équation d’état des gaz parfaits permet de déterminer directement mv,f, en notant mol 1
. g 18
M= − la masse molaire de l’eau et P la pression à l’intérieur de la cocotte, int' égale à la pression de vapeur saturante de l’eau à 20°C, soit Pint' =0,0234bar :
g 16 , 0 RT M
V m P
0 v ' int f ,
v = =
On constate que les valeurs trouvées pour la masse finale de la vapeur sont identiques : l’hypothèse selon laquelle la vapeur d’eau, pour des pressions de vapeur saturante faibles, se comporte comme un gaz parfait est tout à fait satisfaisante ! Il n’en serait pas de même pour des valeurs de pressions trop grandes. En particulier, dans le cas résolu à la question (1) à partir des tables thermodynamiques, la valeur de la masse de la vapeur donnée par l’équation d’état des gaz parfaits est :
g 29 , 8 388 18
. 31 , 8
10 . 79 , 8 . 10 . 69 , m 1
3 5
v = =
−
soit un écart d’environ 2,5% (qui reste encore faible) avec la valeur obtenue avec les tables.
b) Une fois l’équilibre thermodynamique atteint, la surpression P∆ entre l’extérieur et l’intérieur de la cocotte est importante, égale à ∆P=P0 −Pint' =0,977bar, expliquant ainsi pourquoi le couvercle de la cocotte est effectivement hermétiquement collé au récipient : en effet, la force F qu’il faudrait exercer pour le décoller est (en négligeant le poids du couvercle) F=∆P(πD2/4)≈6.103N, soit une force correspondant au poids d’une masse de 600 kg !
La surface de la soupape étant beaucoup plus faible que celle du couvercle (et estimée à s=2cm2), il suffit, pour soulever la soupape, d’une force égale à f =s∆P≈20N,
Thermodynamique 179 beaucoup plus faible que F ! L’air peut ensuite pénétrer dans la cocotte, entraînant l’égalisation des pressions puis l’ouverture aisée du couvercle !