Corrigé des exercices du cours n° 4

BTS et 1^er cycle universitaire C. Haouy

Cours de thermodynamique n° 4. mise à jour du 21/02/07

1

Corrigé des exercices du cours n° 4

Exercice 1.

L'ouverture lente implique une détente isotherme¹ ⇒ PV = C^te = P1·V1 = 2.10⁵ × 0,5.10^-3 ≈ 100 Pa.m³

Le CO2 va se détendre à P2 ≈ 1 bar (pression approximative de l'eau à 1 cm de la surface de l'air ambiant de 1 bar). Le volume total de gaz détendu vaut donc V2 = P1·V1/P2 ≈ 100/1.10⁵ ≈ 1.10^-3 m³ = 1 L.

Cependant le gaz sort de la bouteille tant que la pression de la bouteille est supérieure à la pression de sortie P2 du CO2, il va donc rester 0,5 L de CO2 à 1 bar dans la bouteille à la fin de la détente ⇒ on peut utiliser au maximum V = V₂ – Vbouteille = 1 – 0,5 = 0,5 L de CO2.

Noter que, si le détendeur est un simple robinet et que la sortie de CO2 a lieu à l'air libre (pression quasiment nulle de CO2), le CO2 aura pour volume la totalité de la pièce dans laquelle il est détendu. Si le détendeur ne s'ouvre que si la pression intérieure est supérieure à la pression atmosphérique de 1 bar (détendeur de type différentiel) alors on ne pourra récupérer que 0,5 L.

Exercice 2.

1.

T1.P1(1-γ)/γ

= T2.P2(1-γ)/γ ⇒ T₂ = T1×(P₂/P1) ^(γ-1)/γ ≈ 293 × (10.10⁵/1.10⁵)^0,4/1,4 ≈ 566 K ≈ 293 °C

Si on place un bout de ficelle dans ce récipient, il peut s'enflammer ! Si le gaz est un mélange air - essence il s'enflamme et provoque alors un dégagement important de chaleur suivi d'une expansion (moteurs thermiques).

2.

P1.V1 = mr.T1 et P2.V2 = mr.T2 ⇔ P₁.V1/T1 = P2.V2/T2 ⇔ V₂ = (P1.V1.T2)/(P2.T1) ≈ 0,2 litres ΔU = m.c_V^..(T2 - T1) or P1.V1 = m.r.T1 ⇒ m = (P₁.V1)/(r.T1) ≈ 1.10⁵ × 1.10^-3/(287×293) ≈ 1,2g d'où ΔU = [(P1.V1)/(r.T1)].cV.(T2 - T1) ≈ 1,2.10^-3× 720 × (566 - 293) ≈ 236 J.

Exercice 3.

1.

1 1

3 1

1 1 1 1

2

3 1 2 3 1

2

nR P .V

P . V

P .V nR.T T

P .V nR.T P .V T

T nR

⎧ =

= ⎪

⎧ ⇔⎪ ⇒ =

⎨ = ⎨

⎩ ⎪ =⎪⎩

1

1 1

.T P . V

3. P1

= ¹

1

.T

P ⇒ T₂ =3.T₁ ≈ 3 × 273 ≈ 819 K (546 °C)

2.

1 Une ouverture rapide impliquerait une chute de pression dans la bouteille, et donc un refroidissement du gaz restant dans la bouteille (volume de gaz ≈ volume de la bouteille = C^te et PV = m.r.T, la masse chutant moins vite que la pression c'est la température du gaz dans la bouteille qui chute) c'est la raison pour laquelle on voit apparaître des gouttes d'eau sur l'extérieur de la bouteille (liquéfaction de la vapeur d'eau de l'air ambiant sur les parois froides de la bouteille)…c'est grosso modo le principe de fonctionnement des réfrigérateurs.

P1

P3

V P

V3

T3

T1 t0 + 273,15 ≈ 273 K T3 ≈ 600 + 273,15 ≈ 873 K P1 ≈ 101300 Pa

P3 = 3.P0 ≈ 303900 Pa V1 ≈ 20 L

T1

T2

V1

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2

1 1 1

n P .V

= R.T or 1 mole M kg n moles m kg

⎧ →

⎨ →

⎩ , le produit en croix donne ^{1 1}

1

m n.M P .V M

= = R.T × ≈ 101300 20.10^{3 3}

29.10 8, 3 273

− −

× ×

× ≈ 26 g

ΔU₁₂ = m.cV.(T2-T1) ≈ 26.10^-3 × 708 × (2.T₁) ≈ 26.10^-3 × 708 × (2 × 273) ≈ 10,0 kJ

3.

P3.V3 = n.R.T3 = ^{1 1} ₃

1

P .V T

T × ⇔ ₃ P¹

V = ^{1 3}

1 1

.V T T 3. P

×

×

( )

^{=V .T3.T1 13 ≈}

20.103 873 3 273

− ×

× ≈ 21,3 L

4.

ΔU₂₃ = m.cV.(T3-T2) ≈ 26.10^-3 × 708 × (873 - 819) ≈ 985 J (en prenant les valeurs numériques exactes et non les arrondis).

Exercice 4.

1.

0 0 0 1 1 0 0

1 1 0 0 0

P .V nR.T P .V P .V

P .V nR.T T T

⎧ =

⇒ =

⎨ =

⎩ ⇒ P .V_{1 1} =P .V_{0 0} ⇒ ₁ ^{0 0}

1

V P .V

= P ≈ 101325 1 20 101325

×

× ≈ 50.10^-3 m³ (soit 50 L) Ce calcul permet aux élèves de se familiariser avec les unités courantes de pression

Pour mémoire :

1 kgf/cm² = 1 at (atmosphère technique) ≈ 98 066 Pa = 0,98066 bar (1 kgf = "1 kilogramme-force" = g Newton avec g ≈ 9,8066 ms^-² )

1 atm (atmosphère physique) = 101 325 Pa = 1,013 25 bar 1 torr = 1atm/760 ≈ 133,32 Pa = 1,3332 mbar

1 mm Hg ≈ 133,32 Pa = 1,3332 mbar

Les "conditions normales de température et de pression" correspondent à T = 273,15 K (= 0° C) et P = 1 atm (= 1013,25 hPa ou mbar).

On a finalement, en gros, 1000 hPa = 1000 mbar ≈ 1 atm ≈ 1 kgf/cm², on dit encore une pression de "1 kilo" chez les mécanos !!! Notez cependant que des pneus d'automobile "gonflés à 2 bars" sont en fait gonflés à 3 bars : la pression atmosphérique faisant 1 bar, les caoutchoucs voient une pression de 3 - 1 = 2 bars : les caoutchoucs sont à 2 bars, pas l'air à l'intérieur des pneus !

2.

1

0 V

V

W= −

∫

P.dV, il faut exprimer P en fonction de V puisque la variable d'intégration est V. On utilise alors la relation des gaz parfaits : P.V = n.R.T0, d'où ₀ 1

P n.R.T

= ×V ainsi

1

0 V

0 V

W n.R.T 1.dV

= −

∫

×V et puisque T0 = C^te tout au long de la T0

T0

P1

P0

V0

V1 V

P

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3 transformation on a également

1 1

0 0

V V

0 0 0

V V

1 1

W n.R.T .dV P .V .dV

V V

= − ×

∫

= − ×

∫

^ainsi

^{[ ]}

¹0

V

0 0 V

W= −P .V × ln V d'où

0

0 0

1

W P .V ln V V

⎛ ⎞

= × ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ≈ 1 ₃

101 325 1 ln 50.10⁻

⎛ ⎞

× × ⎜⎝ ⎟⎠ ≈ 304 kJ

ΔU = Cv.ΔT = 0 car la compression est isotherme (ΔT = 0). Or le 1er principe de la thermo nous apprend que W + Q = ΔU, on en déduit donc que W + Q = 0 et donc que Q = - W ≈ - 304 kJ (chaleur évacuée par le système)

3.

2 2 1 1

P .V^γ=P .V^γ⇒

1 1

2 1

2

V P V

P

⎛ ⎞γ

=⎜ ⎟ ×

⎝ ⎠ ≈

1 5 1,42

3 5

20.10

50.10 1.10

⎛ ⎞ −

⎜ ⎟ ×

⎝ ⎠ ≈ 412 L

2 2 2

P .V =n.R.T or ^{0 0}

0

nR P .V

= T d'où 2 ^{2 2 0}

0 0

P .V .T

T = P .V ≈ 1013, 25.10² 412.10₂ ³ 273 1013, 25.10 1

× − ×

× ≈ 113 K ( ≈ -161 ° C)

4.

1 1

0 0

V V

V V

n.R.T

W P.dV .dV

= −

∫

= −

∫

V n'aboutit à rien car T dépend de V : on ne peut pas le sortir de l'intégrale.

On sait cependant que P.V^γ=C^te =P .V_{1 1}^γ =P .V_{2 2}^γ d'où

2 2 2

1 1 1

V te V V

te

1 1

V V V

C 1 1

W .dV C .dV P .V .dV

V V V

γ

γ γ γ

= −

∫

= − ×

∫

= − ×

∫

⁼

2

1 V 1 1

V

P .V^γ V .dV^−γ

− ×

∫

^{= 2}

1 V 1 1 1

V

P .V 1 .V

1

γ ⎡⎛ ⎞ −γ+ ⎤

− × ⎢⎣⎜⎝−γ + ⎟⎠ ⎥⎦ ⇒ W P .V_{1 1} ¹ . V₁¹ V₂¹ 1

γ ⎛ ⎞ ⎡ −γ −γ⎤

= ×⎜⎝ − γ⎟ ⎣⎠ − ⎦ ≈

(

^{20 101325}

) (

^50.103

)

^{1,42 1 . 50.10}

(

³

)

^{1 1,42}

(

^412.103

)

^{1 1,42}

1 1, 42

− −

− ⎛ ⎞ ⎡ − − ⎤

× × ×⎜⎝ − ⎟ ⎢⎠ ⎣ − ⎥⎦ ≈ - 142 kJ

Le gaz travaille moins qu'avant : on s'en doutait car la surface située sous la courbe adiabatique est plus faible que la surface située sous l'isotherme.

Exercice 5.

On peut résumer nos connaissances sur les états :

1 2 1

1 2 1

1 2

3 2 1 4 1

3 2 1 4 2 1

4 3

P 1 bar P = 2.P 2 bar

état A V 10 L état B V = V 10 L

T 273 K T ?

P P 2.P 2 bar P = P 1 bar

état C V =V = 2.V = 20 L état D V = V = 2.V 20 L T =

T ?

≈ ≈

⎧ ⎧

⎪ ≈ ⎪ ≈

⎨ ⎨

⎪ ≈ ⎪ ≈

⎩ ⎩

= = ≈ ≈

⎧⎪ ≈

⎨⎪ ≈

⎩ T = ?2

⎧⎪

⎨⎪

⎩ T0

T0

P1

P2 = P0

V0

V1 V

P

V2

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4 1.

W = surface hachurée ⇒ W = ΔP × ΔV ⇔ W=

(

V1−V2

) (

× P2−P1

)

⇔ W= −P .V_{1 1} ≈ -1.10⁵ × 10.10^-3 ≈ - 1,00 kJ (le cycle est moteur car il y a rejet de travail)

2.

P2.V2 = nR.T2 or ^{1 1}

1

nR P .V

= T d'où _{2 2} ^{1 1} ₂

1

P .V P .V T

= T × ⇔ ₂ ^{2 2} ₁

1 1

T P .V T

= P .V × ⇔ T₂ =^{2. P1} ×V¹

P1. V₁ ×T¹ ⇔ T₂ = ×2 T₁ ≈ 2 × 273 ≈ 546,0 K

De même P3.V3 = nR.T3 or ^{1 1}

1

nR P .V

= T d'où _{3 3} ^{1 1} ₃

1

P .V P .V T

= T × ⇔ ₃ ^{3 3} ₁

1 1

T P .V T

= P .V × ⇔ T₃ =^{2. P1} ×2. V¹

P1. V₁ ×T¹ ⇔

3 1

T = ×4 T ≈ 4 × 273 ≈ 1092 K

Comme B et D sont sur la même isotherme, on a T4 = T2 ≈ 546,0 K

3.

m = n×M ^{1 1}

1

or nR=P .V

T d'où ^{1 1}

1

m P .V M

= R.T × ≈ ^{1.105 10.103} 29.10³ 8, 31 273

− −

× ×

× ≈ 12,8 g

QAB est échangée sur une isochore, d'où QAB = m.CV.ΔT et puisque CV = CP/γ on en déduit AB ^P

(

2 1

)

Q =m.C × T −T

γ ≈

( )

3 992

12,8.10 546 273

1, 42

− × × − ≈ 2,44 kJ

Remarque : faire bien attention à l'unité de CP qui permet de savoir s'il s'agit : 1/ d'une capacité calorifique (unité = J/K)

2/ d'une chaleur massique (= capacité calorifique massique, unité = J/K.kg) 3/ d'une capacité calorifique molaire (unité = J/K.Mol)

Nous avons QBC échangée sur une isobare, donc QBC =m.CP×(T3−T )2 ≈ 12,8.10^-3 × 992 × (1092 - 546) ≈ 6,92 kJ QCD échangée sur une isochore, donc en reprenant le même calcul que QAB et en identifiant on obtient

( )

P

CD 4 3

Q =m.C × T −T

γ ≈ ^{12,8.10 3 992}

(

^{546 1092}

)

1, 42

− × × − ≈ -4,88 kJ

Comme QDA est échangée sur une isobare, elle peut se calculer avec la relation QDA =m.CP×(T1−T )4 ≈ 12,8.10^-3 × 992 × (273 - 546) ≈ -3,46 kJ

on peut aussi prendre la relation W + Q = 0 sur un cycle, d'où W + (QAB + QBC + QCD + QDA) = 0 et donc QDA = W - (QAB + QBC + QCD), on aboutit au même résultat. Cette dernière méthode est cependant plus dangereuse car elle repose sur 4 valeurs numériques trouvées aux questions précédentes…susceptibles d'être fausses : il faut se restreindre, dans la limite du possible, aux données de l'énoncé.