I. Moteurs à combustion interne

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PCSI 1 - Stanislas DS de PHYSIQUE N^◦9 - 11/05/19 - CORRIGÉ A. MARTIN

THERMODYNAMIQUE

I. Moteurs à combustion interne

I.1. Rendement théorique

1. Par définition C_vm=1

n

∂U

∂T _V

et C_pm=1 n

∂H

∂T _P

. Dans un gaz parfait la relation de Mayer s’écrit :C_p= ^∂U_∂T

V+^dnRT_dT =C_v+nR ⇒ C_pm=C_vm+R.

En injectant queCpm=γCvmon obtient Cvm= R

γ−1 et Cpm= γR γ−1.

2. Le cas échéant on applique les 1ère et 2nde lois de Joule pour un gaz parfait : ∆U=Cv∆Tet ∆H=Cp∆T (qui supposent queγsoit considéré constant sur le domaine de températures considéré¹).

•A→B: adiabatique donc Q_AB= 0 .

•B→C: échauffement isochore donc Q_BC= ∆U_BC= nR

γ−1(T_C−T_B) .

•C→D: échauffement isobare donc Q_CD= ∆H_CD= γnR

γ−1(T_D−T_C) .

•D→E: adiabatique donc Q_DE= 0 .

•E→A: échauffement isochore donc Q_EA= ∆U_EA= nR

γ−1(T_A−T_E) .

3. Pour un moteur, le rendement est le rapport du travail total sur le cycleW (en valeur absolue) par le transfert thermique reçu de la source chaude :

η=− W Q_BC+Q_CD .

Sur un cycle entier, la variation des fonctions d’état est nulle donc le premier principe appliqué au système satisfait

0+0+0 =W+Q_AB+Q_BC+Q_CD+Q_DE+Q_EA=W+Q_BC+Q_CD+Q_EA ⇔ −W=Q_BC+Q_CD+Q_EA d’où η= 1 + Q_EA

Q_BC+Q_CD ou encore η= 1 + T_A−T_E T_C−T_B+γ(T_D−T_C) .

4. Pour une transformation adiabatique et mécaniquement quasi-statique (ou réversible) d’un gaz parfait : P V^γ= cte , T V^γ−1= cte et P^1−γT^γ= cte.

Démonstration : cf cours.

5. Les loi de Laplace s’appliquent entreAetBet entreDetE:T_B=T_Aα^γ−1 et T_E=T_Dε^γ−1α^1−γ (en notant queVC=VA).

EntreCetDl’isobare permet d’écrireT_D=T_Cε.

EntreBetCl’isochore permet d’écrireT_C=T_Bλ.

En associant ces relations on obtient finalement

T_B=T_Aα^γ−1 , T_C=T_Aλα^γ−1 , T_D=T_Aελα^γ−1 et T_E=T_Aε^γλ . Numériquement,T_B= 7,6×10²K,T_C= 1,2×10³K,T_D= 1,8×10³K, etT_E= 8,9×10²K.

1. Hypothèse souvent implicite dans les énoncés... donc à supposer en l’absence d’informations supplémentaires.

1

6. Ceci conduit à η= 1 + (1−λε^γ)α^1−γ

(λ−1) +γλ(ε−1) = 0,56.

7. a) Sur un cycle on a 0 =W+Q_BC+Q_CD+Q_EAdonc on a toujoursη_C= 1 +_Q ^Q^EA

BC+QCD. Le cycle étant supposé réversible, le second principe donne : 0 =^Q_T^EA

A +^Q^BC_T^+Q^CD

D , ce qui conduit à η_C= 1−T_A

T_D = 0,83. On trouve bien queη_C> η, ce qui prouve que le cycle est irréversible.

b)Sur le cycle complet, le second principe s’écrit ∆S= 0 =S_e+S_pdoncS_p=−Se=−^Q^BC_T^+Q^CD

D −^Q_T^EA

A . En réunissant les résultats précédents on obtient

S_p=− nR γ−1

T_C−T_B+γ(T_D−T_C)

T_D +T_A−T_E T_A

⇒ S_{p m}=− R γ−1

γ+ 1 +1−γ ε − 1

ελ−λε^γ

= 25 J.K⁻¹.mol⁻¹.

Le cycle est bienirréversiblecomme le prouvait déjà le résultat précédent, à cause des transferts thermiques mettant en jeu des hétérogénéités de température importantesau contact des sources entreBetDet entreEetA.

I.2. Moteur à allumage commandé

8. On se place dans le cas oùV_D=V_Cdoncε= 1, ce qui donne η= 1−α^1−γ.

Commeγ >1, c’est une fonction croissante deα, doncplusα est grand, plus le rendement est grand.

9. Le rapport de compression est limité par l’inflammation directe qui est à éviter. Donc on se limite à un volume au PMB minimal,V_Bmin, ou un rapport de compression maximalamax=_V^V^A

Bmin. Celui-ci correspond à la température maximaleT_Bmax= 380^◦C qui vérifie la loi de Laplace :

T_Bmax=T_Aα_max^γ−1 ⇔ αmax= T_Bmax

T_A _γ−1¹

⇒ η_m= 1− T_A T_Bmax

= 0,51.

I.3. Moteur de scooter

10.

On obtient le cycle ci-contre.

11.Notons Ω = 7000 tour.min⁻¹la vitesse angulaire de rotation du vilebrequin et`= 39,2 mm la course du piston. La durée d’un cycle est la période de rotation du vilbrequin : τ=2π

Ω =_2π×7000^2π×60 = 8,6 ms. La vitesse moyenne du piston correspond à une distance aller-retour 2`en un tempsτ: v_m=2`

τ = 9,2 m.s⁻¹.

2

(2)

12. La vitesse quadratique moyenneuest liée à la température par le théorème d’équipartition de l’énergie, qui stipule que l’énergie cinétique de translation moyenne par particule vaut³₂k_BTdonc

1 2mu²=3

2kBT ⇔ u= s

3RT

M = 5,1×10²m.s⁻¹

évaluée au point le plus froid du cycle à savoirT_F= 300 K. Ainsi, au point oùuest la plus faible on a encore u∼50v_metude l’ordre de la vitesse du son, doncl’hypothèse d’une évolution mécaniquement quasi-statique pour la compression et la détente est largement vérifiée.

13. La loi de Laplace conduit à

P_F0V_D^γ=P_C0V_B^γ ⇔ α=V_D V_B=

P_C0

P_F0

_γ¹

= 3,8 14. Le travail produit par le moteur au cours d’un cycle est (en valeur absolue) :

W=Pτ or Q_B0C⁰=W

η d’où Q_B0C⁰=Pτ

η = 94 J.cycle⁻¹.

15. On cherche le volumeVde carburant consommé. Soitdla distance à parcourir à la vitesse maximaleV_m. La durée du parcours est _V^d

m, ce qui consomme, d’après le raisonnement précédent, une énergie totale qvolV=P

η d

V_m ⇔ V= Pd

qvolη V_m = 2,9 L pour 100 km.

.

16. La boucle (IEE⁰F⁰GI) tourne dans le sens anti-horaire donc correspond à un travail reçu positif. Donc letravail sur un cycle complet est inférieurà celui précédemment considéré,le rendement sera donc aussi moindre, et doncla consommation sera supérieurepour une distance donnée.

17. Le travail correspondant au cycle thermodynamique est réalisé en un seul tour de vilebrequin, alors qu’il faut deux tours pour le moteur à 4 temps.Si les aires de cycle (valeur du travailWpour un cycle) et les vitesses de rotation sont comparables, alors le moteur à 2 temps est donc deux fois plus puissant.

Toutefois le travail n’est pas aussi grand en réalité car le fluide agent thermiquemélange un peu de gaz brûlés au gaz neuf, ce qui n’est pas optimal. De plus ilrejette un peu de combustible non brûlé, ce qui augmente la consommation par rapport à la quantité de chaleur réellement utilisée.

II. Propulsion d’un avion de chasse

(d’après Banque PT 2014)

II.1. Éjection d’un gaz dans une tuyère

1. Le mélange de carburant et de comburant est assimilable à de l’air, donc essentiellement à ungaz parfait diatomique. Pour des températures inférieures à quelques milliers de degrés, on peut considérerle degré de liberté de vibration (de la liaison covalente) est gelé. Donc le théorème d’équipartition prend en compte 3 termes quadratique d’énergie cinétique de translation et 2 de rotation (axes orthogonaux à l’axe de la liaison), ce qui conduit à une énergie interne (définie à une constante près)

U=5

2nRT ⇒ C_vm=5

2R ⇒ C_pm=C_vm+R=7

2R ⇒ γ=7

5 = 1,4.

En notantM= 29 g.mol⁻¹la masse molaire moyenne de l’air (80% de N2et 20% de O2), on en déduit aussi c_p= 7R

2M = γR

(γ−1)M = 1,003 kJ.K⁻¹.kg⁻¹.

3

2. Dans le référentiel de la tuyère, supposé galiléen, le Premier Principe Industriel (PPI) exprimeen gran- deurs massiques la variation spatiale entre deux points quelconques de la tuyère, si l’écou- lement est supposé en régime stationnaire:

∆e_c+ ∆e_p+ ∆h=w_u+q

oùe_c,e_pethreprésentent respectivement les énergies cinétique et potentielle macroscopiques et l’enthalpie (massiques), etw_u etqreprésentent respectivement le travail utile et le transfert thermique massiques entre les 2 points d’étude.

D’après les hypothèses de travail, on considère ∆ep= 0 (écoulement de gaz, qui plus est horizontal sur la figure...),w_u= 0 caril n’y a pas de paroi mobile en contact avec le fluide, etq= 0 carles parois sont calorifugées. Par ailleurs pour un gaz parfait laseconde loi de Joule implique ∆h=c_p∆T. Finalement, entre l’entrée et la sortie on obtient

1

2(c²_s−c²_e) +c_p(T_s−T_e) = 0 ⇔ c_s≈^q2c_p(T_e−T_s) car c_ec_s.

Remarque : on constate que le gaz en sortie est nécessairement plus froid qu’en entrée, ce qui serait compatible avec une détente adiabatique.

3. a) On suppose l’écoulementstationnaire, donc la masse totale contenue entre deux sections quelconques de la tuyère (orthogonales à l’axe de révolution) est constante. Ainsi le débit massique est conservé le long de la tuyère.

b)La sectionS(orthogonale à l’axe de révolution) augmente entre entrée et sortie, de même que la vitessevdu fluide. Or le débit volumique s’écritD_v=Sv, doncil n’est pas conservé le long de la tuyère, il augmente.

c) La masse volumiqueρdu gaz fait le lien entre les deux débits :D_m=ρD_v. CommeD_mest conservé etD_vaugmente, alorsρdiminue de gauche à droite, ce qui signifie que le gaz devient moins dense de gauche à droite.

II.2. Turboréacteur sans post-combustion

4. a) L’écoulement dans le compresseur est supposé isentropique et il s’agit d’un gaz parfait. On peut donc utiliser la loi de Laplace entre l’entrée et la sortie du compresseur :p^1−γ₁ T₁^γ=p^1−γ₂ T₂^γ. On a donc

T2=T1τ¹⁻

1 γ

12 = 579K.

b)On applique le PPI entre les positions (1) et (2) avec les hypothèses simplificatrices proposées, d’où pour unecompression adiabatique d’un gaz parfait sans changement d’énergie mécanique macroscopique: ∆h=c_p(T2−T1) =w_u12 = 279 kJ.kg⁻¹.

5. Le travail reçu par le gaz lors de la compressionw_u12est en fait fourni par le gaz subissant une détente entre (3) et (4) dans la turbine. Donc w_u34=−wu12 =−279 kJ.kg⁻¹.

Or le PPI implique, comme pour le compresseur, quew_u34= ∆h=c_p(T4−T3) d’où T4=T3+w_u34

c_p = 921 K. Enfin le gaz subit dans la turbine une détente adiabatique réversible vérifiant la loi de Laplace :

P4=P3 T3

T4 _1−γ^γ

= 3,96 bar.

6. De nouveau la loi de Laplace est vérifiée dans la tuyère, avec une pression de sortie en équilibre avec la pression extérieure, doncP5=P1= 1,00 bar, ce qui donne T5=T4

P4

P1 ¹_γ−1

= 622 K.

7.

4

(3)

8. a)Le PPI donne de nouveau¹₂(c²₅−c²₄)+∆h= 0 doncc_p(T5−T4)≈ −¹₂c²_s. D’où Pcin=D_mc_p(T4−T5) = 14,9 MW.

b)Dans la chambre de combustion il n’y a pas de parties mobiles mais une réaction chimique donc le PPI donne ∆h=q23=_D^P^th

md’où P_th=D_mc_p(T3−T2) = 31,0 MW.

c)On en déduit le rendement η=Pcin

Pth

= 0,48 .

d)L’injection de carburant se fait avec un débitD_ket le pouvoir calorifique estq_k, d’oùP_th=D_kq_k, et donc D_k=P_th

q_k =D_mc_p(T3−T2)

q_k = 0,62 kg.s⁻¹.

9. NotonsT₂⁰,T₃⁰,T₄⁰etT₅⁰les nouvelles températures. Les étapes (2)−(3) et (3)−(4) sont adiabatiques donc dans chacun de ces cas on a ∆s=s_p>0.

Or pour un gaz parfait de masse molaireM, sur un chemin réversible entre l’étatket l’état`on a d’après le second puis le premier principe :

∆s= ˆ_`

k

δqrev

T = ˆ _`

k

du+pdv

T =

ˆ _`

k

c_vdT T + R

M dv

v =c_vln T_`V_`^γ−1 T_kV_k^γ−1

!

=c_vln P_`^1−γT_`^γ P_k^1−γT_k^γ

!

Les lois de Laplace utilisées précédemment pour calculerT2etT4correspondaient à ∆s= 0 doncP^1−γT^γ= constante, ouP^γ¹⁻¹T= constante. Ici on a maintenant ∆s >0 donc

P

1 γ−1

` T_`⁰> P

1 γ−1 k T_k⁰.

Comme les pressions sont inchangées par rapport aux valeurs précédentes, on trouvera donc des rapports T₂⁰

T1

>T2

T1

et T₄⁰ T₃⁰ >T4

T3

.

Or on a toujoursT3=T2+_D^q²³

mcp etT5=T4 P4

P5

_γ¹−1

. Donc si la consommationq23n’est pas modifiée (ce que l’on suppose en l’absence de données supplémentaires), et comme les pressions sont inchangées, on obtient

T₂⁰> T2 ⇒ T₃⁰> T3 ⇒ T₄⁰> T4 ⇒ T₅⁰> T5 .

5

III. Force de pression dans un réservoir

1. Considérons un point courantM(x, y, z) sur le fond incliné situé à la distanceXdu centreO. On note (~u, ~n) la base orthonormée telle que−−→

OM=X~uet~nest orthonormal au fond incliné dirigé vers le haut.

Sur une petite surface dS= dXdyau voisinage deM (avec dX >0), l’huile et l’air extérieur exercent une force élémentaire totale

dF~_p=−(P(z)−P_a) dS ~n .

Le champ de pression dans l’huile est donné par la loi de l’hy- drostatique dans le cas d’un axe vertical ascendant :

P(z) =Pa−ρg(z−H1).

Le long du fond, on a la relation X= −_sinα^z carz < 0, et dX=−_sin^dz_α, ce qui permet de tout ramener à la variablez:

F~_p = ´0 z=H1−H₂

´^L₂

y−^L₂ 1

sinαρg(z−H1) dzdy ~n

= _sinα^ρgL~n´0

H1−H2(z−H1) dz d’où F~_p=−ρgL(H₂²−H₁²)

2 sinα ~n avec ~n= sinα~u_x+ cosα~u_y .

u n

x

X z

O

M

2. Le calcul du moment résultant enOs’écrit alors par définition M(O)~ = ´0

z=H1−H2

´^L₂

y−^L 2

−−→OM∧dF~_p=´0 z=H1−H2

´^L₂

y−^L 2

(y~u_y+X~u)∧(−~n) (P(z)−P_a)dXdy

= ´0 z=H1−H2

´^L₂

y−^L 2

(−y~u+X~u_y) (P(z)−P_a)dXdy= 0~u+~u_y´0 z=H1−H2

´^L₂

y−^L 2

(P(z)−P_a)dXdy En effet le premier terme va être nul par symétrie si le plan du dessin est un plan de symétrie du réservoir (ce qui est implicite dans l’énoncé...). Il reste donc

M(O) =~ ρgL sin²α(−~u_y)

ˆ 0 H1−H2

(H1−z)zdz d’où M(O) =~ ρgL 3 sin²α

H1

2 +H2

(H2−H1)²~u_y . 3. SoitClecentre de poussée, tel que−−→

OC=`_c~u. On a par définition M(O) =~ −−→

OC∧F~_p= ρgL

sinα~u_y`_cH₂²−H₁² 2 ce qui par comparaison avec l’expression précédente conduit à

`_c=(H1+ 2H2)(H2−H1) 3(H1+H2) sinα . Vérification :

Posonsa=^H_tan²^−H_α¹la dimension de la projection selonOxdu fond incliné, et faisons tendreαvers 0 avecafixé : F~p=−1

2ρgLa(H2+H1) (tanα~ux+~uz)−→

α→0−1

2ρgLa(H2+H1)~uz

ce qui correspond bien au poids de la colonne d’huile, et

`_c= (H1+ 2H2)a 3(H1+H2) cosα −→

α→0

a 2

ce qui correspond à un point d’application en plein milieu de la surface, correct pour une pression uniforme du coup sur la surface qui est maintenant horizontale.

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