Solutions de la s´eance 2

MECA 1855 Thermodynamique et Energ´etique

Solutions de la s´eance 2

Exercice 1 - Variation d’entropie d’un solide

Le corps analys´e ´etant un solide, il n’y a pas de distinction entre chaleur sp´ecifique

`

a pression constante et chaleur sp´ecifique `a volume constant en premi`ere approximation.

En effet, la pression d’un solide se ram`ene uniquement `a l’application de forces par unit´e de surface. Imposer ainsi une augmentation de temp´erature en contraignant le volume `a rester constant ou la pression `a rester constante revient exactement au mˆeme pour des corps solides indilatables et incompressibles. En toute rigueur, il faudrait cependant tenir compte de la l´eg`ere dilatation du solide et diff´erencier l´eg`erement les C_p et C_v mais la diff´erence est vraiment n´egligeable. En cons´equence, Cp = Cv = C. Donc, le processus de chauffe d’un solide peut ˆetre consid´er´e tant isobare qu’isochore, ce qui permet le calcul suivant :

T ds=dh−v dp T ds=du+p dv

T ds = dh=du=c dT T dS = dH =dU =C dT

∆S = R2

1 C dT

T = 125.48 ln 373

273

= 39 [J/K]

Exercice 2 - Calculs d’entropie

Questions a : Un gaz parfait est caract´eris´e par le fait que les chaleurs sp´ecifiquesc_p et cv ne varient pas avec la temp´erature et la pression. Par cons´equent, on peut au moins affirmer que ce gaz n’est pas parfait mais est soit id´eal, soit quelconque ! Il vous faut une seconde affirmation pour montrer que ce gaz est id´eal :

dh= ∂h

∂T

p

dT + ∂h

∂p

T

dp

du= ∂u

∂T

v

dT + ∂u

∂v

T

dv

Il faut que les seconds termes de ces deux ´equations soient nuls simultan´ement pour pouvoir affirmer que ce gaz quelconque r´epond en plus `a la loi des gaz parfaits (valable tant pour les gaz id´eaux que pour les gaz parfaits).

∂h

∂p

T

= 0

∂u

∂v

T

= 0

La loi d’´evolution du Cv est ´evidememnt de la forme suivante avec le R molaire : C_v = (a−n R) +b T

ou, avec le R^∗ massique :

C_v = (a−M R^∗) +b T Questions b :

∆S =

Z 2 1

dS = Z 2

1

1

T (dH −V dp) = Z 2

1

Cp

dT T

∆S =

Z 2 1

adT T +

Z 2 1

b dT =a ln T2

T1

+b (T2−T1)

∆S = 7.95 J

K

Questions c :

C¯_p|^T₀¹ = 1 T1

Z T1

0

C_pdT

C¯_p|^T₀² = 1 T₂

Z _T2

0

C_pdT

C¯p|^T_T²

1 = 1

T2−T1

Z T2

T1

CpdT

= 82.95 J

K

Questions d : On peut soit utiliser la d´efinition de l’enthalpie soit passer par l’utilisation duCp moyen.

D´efinition de l’enthalpie

∆H = Z 2

1

C_pdT = Z 2

1

a dT + Z 2

1

b T dT

= a(T₂−T₁) +b T₂²−T₁² 2

= 2.5 [kJ]

Utilisation duCp moyen

∆H= ¯Cp|^t₀²t2−C¯p|^t₀¹t1 = 2.5 [kJ] Exercice 3 - Transformations en syst`eme ferm´e

Il est important de se rappeler la diff´erence entre les ´equations d’´etat et les ´equations de transformation. Les ´equations d’´etat sont des relations qui relient entre elles les propri´et´es thermodynamiques d’un corps `a un ´equilibre donn´e, tandis que les ´equations de transfor- mation informe sur le chemin suivi pour passer d’un ´etat d’´equilibre `a un autre.

L’´equation d’´etat la plus connue est celle des gaz parfaits qui exprime une relation entre les variables de pression, volume massique et temp´erature :

p V =M R^∗T ⇒ p v=R^∗T

Un ´etat thermodynamique (monophasique) ´etant enti`erement d´efini par deux variables grˆace aux relations d’´etats (un couple (p,T) ou (p,v) ou (T,s)), les ´equations de transfor- mation expriment simplement une relation entre ces deux variables au cours de la trans- formation. Par exemple, les transformations de type polytropiques sont donn´ees par la relation suivante, si les chaleurs massiques peuvent ˆetre consid´er´ees comme constantes :

p v^m = constante

o`u m est le coefficient polytropique. Une transformation polytropique r´epond `a l’hypo- th`ese suivante : l’augmentation d’entropie est proportionnelle `a l’augmentation d’´energie interne (ou d’enthalpie). Dans le cas o`u l’augmentation d’entropie est nulle,m est ´egal au coefficient de Poisson ; il est unitaire quand la transformation est isotherme, etc etc.

Le coefficient de Poisson se d´efinit comme suit :

Coefficient de Poisson =γ ≡ Cp

C_v = cp

c_v =

7 2R^∗

5

2R^∗ = 1.4 pour tout Gaz Parfait diatomique Et en rappelant la relation entre les chaleurs sp´ecifiques et la constante des Gaz Par- faits :

R^∗ =c_p−c_v = R M_m ⇒

J kg K

1. Transformation 2-3 : m = 1 (isotherme)

1 2 3

Pression [bar] 0.8 1.18 0.8

Temp´erature [K] 348 516 516

v [m³/kg] 1.25 1.25 1.85

∆ s [J/kg K] 0 281.4 393.9

D´etermination des caract´eristiques du point 1 Par la loi des gaz parfaits :

T₁= p₁v₁

R^∗ = 348 [K]

D´etermination des caract´eristiques du point 2

La transformation est isochore :v₂ = v₁. De plus, on nous donne la chaleur apport´ee au syst`eme durant la transformation. Du premier principe de la thermodynamique, on tient :

∆U =Q+We=Q−M Z

p dv+W_f =Q

en supposant que la transformation se fait en syst`eme ferm´e sans travaux de frottement.

Il est tr`es important de faire attention `a ne pas utiliser le raccourci : ∆H =Q provenant des simplifications de l’´equation du travail en syst`eme ouvert !

∆T = Q M cv

= q cv

= 167 [K]

La loi des gaz parfaits nous permet de trouver la pression au point 2 : p2= R^∗T2

v2

= 1.18 [bar]

D´etermination des caract´eristiques du point 3

La transformation 2-3 ´etant isotherme :T₃ = T₂et la transformation 3-1 ´etant isobare : p3 = p1. On compl`ete le tableau via la loi des gaz parfaits :

v₃= R^∗T₃

p₃ = 1.85 [m³/kg]

D´etermination des variations d’entropie En partant des relations de l’entropie

T ds=du+p dv et T ds=dh−v dp Transformation 1-2 isochore :

ds= du+p dv

T = c_vdT

T ⇒ ∆s= +281.4

J kg K

Transformation 2-3 isotherme : ds= dh−v dp

T = −v dp

T = −R^∗dp

p ⇒ ∆s= +112.5

J kg K

Transformation 3-1 isobare : ds= dh−v dp

T = c_pdT

T ⇒ ∆s=−393.9 J

kg K

La d´etermination du travail moteur est faite l´eg`erement plus loin dans l’exercice.

2. Transformation 2-3 : m = 1.2

Les caract´eristiques des ´etats 1 et 2 ne sont pas modifi´ees par la transformation 2-3 qui les suit. Par contre, les caract´eristiques thermodynamiques suivantes seront affect´ees par le changement de transformation.

La loi de transformation d’une transformation polytropique s’´ecrit : p v^m=cste

Donc pour la transformation 2-3, on trouve : p2v^1.2₂ =p3v₃^1.2 ⇒ v3 =v2

p2

p_{3 1.2}¹

= 1.74 m³

kg

La temp´erature au point 3 s’obtient par la loi des gaz parfaits.

T₃ = p₃v₃

R^∗ = 485K

Le calcul d’entropie au point 3 se fait `a partir des nouvelles caract´eristiques calcul´ees et via la transformation isobare 3-1 :

∆s3→1 = Z 1

3

c_p TdT −

Z 1 3

v

Tdp=−c_pln T3

T1

=−328.3 J

kg K

1 2 3

Pression [bar] 0.8 1.18 0.8

Temp´erature [K] 348 516 485

v [m³/kg] 1.25 1.25 1.74

∆ s [kJ/kg K] 0 281.4 328.3

3. Transformation 2-3 : m = 0.8 Le raisonnement est identique :

p₂v^0.8₂ =p₃v₃^0.8 ⇒ v₃ =v₂ p₂

p3

_0.8¹

= 2.03 m³

kg

La temp´erature au point 3 s’obtient par la loi des gaz parfaits.

T₃ = p₃v₃

R^∗ = 618K

Le calcul d’entropie au point 3 se fait `a partir des nouvelles caract´eristiques calcul´ees et via la transformation isobare 3-1 :

∆s3→1 = Z 1

3

c_p TdT −

Z 1 3

v

Tdp=−c_pln T₃

T₁

=−492.4 J

kg K

1 2 3

Pression [bar] 0.8 1.18 0.8

Temp´erature [K] 348 516 618

v [m³/kg] 1.25 1.25 2.22

∆ s [kJ/kg K] 0 281.4 492.4

4. Justification graphique

Calculs des travaux moteurs des trois cycles Le travail moteur peut ˆetre calcul´e comme l’aire enferm´ee dans le diagramme p-v ou dans le diagramme T-s. On peut cependant aussi simplement calculer le travail moteur associ´e `a chaque transformation :

Pour le cycle de base (avec m = 1 soit la transformation isotherme) :

w_m,tot.=w_m,1→2+w_m,2→3+w_m,3→1

w_m,tot.=− Z 2

1

p dv− Z 3

2

p dv− Z 1

3

p dv

Z 2 1

p dv = 0 kJ

kg

car isochore Z 3

2

p dv = Z 3

2

R^∗Tdv

v =R^∗T ln v₃

v2

= 58 kJ

kg

Z 1 3

p dv = p(v₁−v₃) =−48 kJ

kg

w_m,tot./m=1= 0−58 + 48 =−10 kJ

kg

Pour le cycle 2 (avec m = 1.2) :

Z ₂

1

p dv = 0 kJ

kg

car isochore Z 3

2

pdv = 1

m−1p₂v₂

"

v_3,m=1.2 v₂

1−m

−1

#

= 46.8 kJ

kg

Z 1 3

pdv = p(v1−v3,m=1.2) =−38.6 kJ

kg

wm,tot./m=1.2 =−46.8 + 38.6 =−8.2 kJ

kg

Pour le cycle 3 (avec m = 0.8) :

Z 2 1

p dv = 0 kJ

kg

car isochore Z 3

2

pdv = 1

m−1p2v2

"

v3,m=0.8

v2

1−m

−1

#

= 76.2 kJ

kg

Z 1 3

pdv = p(v₁−v_3,m=0.8) =−63.2 kJ

kg

wm,tot./m=0.8 =−76.2 + 63.2 =−13 kJ

kg

La comparaison de 3 r´esultats du travail moteur montre que c’est lors de la transformation avec m = 0.8 que le fluide fournit le travail moteur le plus important. Ceci est confirm´e visuellement par l’analyse graphique :

Lorsqu’on regarde les aires parcourues par les trois cycles, on se rend imm´ediatement compte que l’aire parcourue lors de la transformation `a m = 1.2 (courbes rouges) est inf´e- rieure `a celle parcourue lors de la transformation isotherme et l’est encore plus compar´ee

Fig. 1: Repr´esentation des transformations dans un diagramme p-v

Fig. 2: Repr´esentation des transformations dans un diagramme T-s

`

a la transformation `a m = 0.8 (courbes vertes).

Le cas m = 1 correspond au cycle qui permet de produire le plus de travail moteur `a partir d’un environnement `a temp´erature constanteT2. Le cas m = 0.8 permet de produire plus de travail, mais moyennant l’acc`es `a une source de chaleur de temp´erature sup´erieure

`

a T₂. Dans ce cas, le travail fourni aurait pu ˆetre plus grand, en prolongeant la compres- sion isochore jusqu’`a une plus haute temp´erature, et en effectuant ensuite une d´etente isotherme.

Notons qu’on n’a pas consid´er´e ici les rendements des cycles propos´es, mais uniquement le travail moteur produit.

Exercice 4 - Cycle de transformations en syst`eme ferm´e

Dans cet exercice, des transformations en syst`eme ferm´e sont r´ealis´ees dans un cycle. On rapp`ele les diff´erences que cela implique sur le calcul du travail moteur (la d´emonstration a ´et´e effectu´ee dans le cours de FSAB1302 - Chimie 2) :

Cycles ferm´es de syst`emes ferm´es :w_m =− I

p dv

Cycles ferm´es de syst`emes ouverts :w_m = + I

v dp

Etape 1 - calcul de la masse de fluide

L’application de la loi des gaz parfaits au point 1 du cycle nous permet de trouver la masse de fluide pi´eg´ee dans chaque transformation. Ce fluide ´etant un gaz parfait (air), sa masse molaire vaut approximativement : 28.96×10⁻³[kg/mol] :

p₁V₁ =M R^∗T₁ ⇒ M = p V

R^∗T = p V

R

MmT = 1.161 [kg]

Etape 2 - calcul des caract´eristiques en 4

L’objectif de cet exercice est de montrer que les calculs du cycle peut se r´ealis´e autant dans le sens horlogique qu’anti-horlogique. Ainsi, on conseille de commencer les calculs par la d´etermination de la pression au point 4 :

V₄ = 1 p₄ = R^∗T4M

V₄ = 1.33 [bar]

Etape 3 - calcul des caract´eristiques en 2

La transformation ´etant isotherme en syst`eme ferm´e et le gaz parfait, le premier prin- cipe se r´eduit `a :

∆U =Cv∆T = 0 =Q+Wm=Q− Z

p dV ⇒ Q= Z

p dV

La transformation ´etant isotherme, la loi d’´evolution s’exprime simplement comme p(v) = ^constante_v . L’application de cette loi d’´evolution nous donne :

Q= Z

M R^∗T dV

V =M R^∗T ln V₂

V1

V₂ =V₁ exp Q

M R^∗T = 0.2516 [m³]

On aurait aussi pu commencer le calcul par la d´etermination de la pression en partant d’un raissonnement bas´e sur la d´efinition de l’enthalpie : On tire la diff´erentielle suivante :

H =U+p V ⇒ dH =dU +p dV +V dp Coupl´ee `a l’´equation du premier principe en syst`eme ferm´e :

dU =dQ+dWe=dQ−p dV +dWf

Et comme, la transformation est isotherme en gaz parfait, la variation d’enthalpie est nulle. En supposant les frottements n´egligeables :

dH =dQ+V dp ⇒ M c_pdT = dQ+V dp 0 = −138000 +

Z

M R^∗T dp p

0 = −138000 +M R^∗T ln p₂

p1

On peut facilement en d´eduire la pression au point 2 de ce cycle :

ln p₂

p1

= − 138000

1.161× _{28.96 10}^8.3145−3 ×300

⇒ p₂ = 3.975 [bar]

La loi des gaz parfaits permet le calcul du volume : V₂= M R^∗T₂

p₂ = 0.2516 [m³] Etape 4 - calcul des caract´eristiques en 3

La transformation 2-3 ´etant isochore et connaissant la temp´erature au point 3, on d´etermine facilementp3 via la loi des gaz parfaits :

V3 = 0.2516 [m³] p3 = R^∗T3

v₃ = 5.299 [bar]

Etat p [bar] T [K] V [m³] S [J/K]

1 1 300 1 0

2 3.975 300 0.25 ?

3 5.3 400 0.25 ?

4 1.33 400 1 ?

Etape 5 - calcul des variations d’entropie Pour une transformation isotherme :

dH =T dS+V dp ⇒ ds=−R^∗dp p

∆s1−2 =−396 [J/kg K] ∆s3−4 = +396 [J/kg K]

∆S1−2=−396×1.161 =−460[J/K] ∆S3−4= +396×1.161 = 460[J/K]

Pour une transformation isochore :

dU =T dS−p dV ⇒ ds=c_v dT T

∆s2−3 = 206.6 [J/kg K] ∆s4−1=−206.6 [J/kg K]

∆S2−3= 206.6×1.161 = 240 [J/K] ∆S4−1=−206.6×1.161 =−240 [J/K]

Etat p [bar] T [K] V [m³] s [J/kg K] S [J/K]

1 1 300 1 0 0

2 3.975 300 0.25 -396 -460

3 5.3 400 0.25 -190 -220

4 1.33 400 1 206 240

Etape 6 - calcul du travail du cycle

Le travail moteur dans un cycle ferm´e s’exprime de la fa¸con suivante : w_m,tot.=−

I p dv

Le travail effectu´e par le cycle est la somme des contributions des quatre transforma- tions :

W_m,1−2 = −M

Z 2 1

p dv=−M R^∗T1ln v2

v1

= 138 [kJ]

W_m,2−3 = −M

Z 3 2

p dv= 0 [kJ]

W_m,3−4 = −M

Z 4 3

p dv=−M R^∗T3ln v₄

v3

=−185 [kJ]

W_m,4−1 = −M

Z 4 1

p dv= 0 [kJ]

Le travail moteur vaut donc :Wm =−47 [kJ].

Du premier principe de la thermodynamique :

W +Q= ∆U ⇒ Z

p dv+q+wf = ∆u

Q1−2 = Z

p dV =− Z

V dp=M R^∗T₁ln p₂

p1

=−138 [kJ] Q2−3 = ∆U =C_v(T₃−T₂) = 83.3 [kJ]

Q3−4 = M R^∗T3ln p4

p₃

= 185 [kJ] Q4−1 = Cv(T1−T4) =−83.3 [kJ]

Etape 7 - calcul du rendement du cycle

Le rendement du cycle repr´esente ce que l’on a retir´e du cycle pour la quantit´e d’´ener- gie qu’on lui a fournie. Dans notre cas, en ayant fourni des apports de chaleur lors des transformations 2-3 et 3-4, on r´ecup`ere le travail moteur du cycle. On a donc transform´e de l’´energie d’une source chaude en de l’´energie sous forme de travail moteur et sous forme de pertes `a la source froide.

η = Q_c−Q_f

Q_c = +185 + 83−138−83

+185−83 = 0.175

Ce r´esultat est compar´e au rendement de Carnot qui repr´esente le meilleur r´esultat qu’un cycle aurait pu r´ealiser en travaillant entre ces temp´eratures. On voit imm´ediatement que notre rendement lui est bien inf´erieur ce qui nous rassure imm´ediatement sur la validit´e de nos calculs.

η_c= 1−Tf

T_c = 0.25