Détente adiabatique réversible d’un système liquide-vapeur

PCSI 1 - Stanislas DM de PHYSIQUE N^◦9 - 27/05/14 A. MARTIN

Système liquide-vapeur de l’eau

(d’après CCP MP 2007)

Diagramme de Clapeyron

du système liquide-vapeur de l’eau.

1. a) On représente la courbe de saturation en gras ci-contre.

b) Les deux isothermes sont représentées en traits fins.

2. On définit letitre massique en vapeurpar x= m_G

m_L+m_G oùm_Letm_G sont respectivement les masses de liquide et de gaz.

SoitY une grandeur extensive du système diphasique (iciV ouH) ety sa grandeur massique associée :

Y =Y_V+Y_G⇔(m_L+m_G)y=m_Ly_L+m_Gy_G⇔y= (1−x)y_L+x y_G donc x= y−y_L

y_G−y_L, ce qui peut s’écrire avecvouhen particulier.

L + V L

V

v p

C

T < T_C T=TC

3. a) Par définition `_V(T) =h_G(T)−h_L(T) .

b) On part d’un système liquide seul de massemà la températureT0, qui subit une transformation conduisant à l’état diphasique de titre massique en vapeurxà la températureT. La transformation est décomposée en un changement de température du liquide suivit d’un changement d’état isotherme (et donc isobare) : ∆S= ∆S1+ ∆S2=m c_Lln_T^T

0+m_G^`V_T^(T). En divisant par la masse totalem, on retrouve bien l’expression proposée.

Détente adiabatique réversible d’un système liquide-vapeur

4. Le volume massique vautv=V /m= 1,00 m³.kg⁻¹. D’après les données, à cette températureT= 100^◦C on av_L< v < v_Gdonc il s’agit bien d’un mélange diphasique. On obtient x= v−v_L

v_G−v_L = 0,60.

5. La détente étant isentropique, on a ∆s= 0 =c_Lln^T_T⁰+^lV_T^(T0⁰⁾x⁰−^lV_T^(T)x, d’où x⁰= T⁰

h_G(T⁰)−h_L(T⁰)

h_G(T)−h_L(T)

T x+c_LlnT T⁰

= 0,57. (1)

On a donc appauvrit le système en gaz.

6. En écrivantx=x⁰=x⁰⁰dans le bilan précédent, on obtient x⁰⁰=c_LlnT

T⁰

h_G(T⁰)−h_L(T⁰)

T⁰ −h_G(T)−h_L(T) T

−1

= 0,45.

Cette transformation est possible car la vaporisation d’une masse dexkg de liquide n’a pas le même coût énergétique à deux températures différentes (l_V(T⁰)6=l_V(T)).

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Modèle de fonctionnement d’une turbine à vapeur - Cycle de Rankine.

7.

On obtient le cycle ci-contre.

On constate dans les données que les pressions p1 etp2 sont respectivement les pressions de saturation aux températures T1= 35^◦C etT2= 285^◦C. Donc sur les deux paliers de chan- gement d’état on aT_F=T_A=T1etT_D=T_E=T2.

L + V F E D

A B

L V

v p

C

T1

T2 p1

p2

8. De nouveau on a affaire à une transformation isentropique, donc 0 =c_L^dT_T −αv_Ldp, ce qui donne en intégrant (avecv_Lsupposé constant et ∆TT1) :^∆T_T

1 ≈ln1 +^∆T_T

1

=^αv_c^L

L ∆p. D’où

∆T≈αv_L

c_L (p2−p1)T1 = 0,08T1.

9. DeEàF le système subit une détente adiabatique réversible. En réutilisant l’Eq. (1) (question 5.) avec x=x_E= 1, on obtient

x_F= T1

hG(T1)−hL(T1)

h_G(T2)−h_L(T2) T2

+c_LlnT2

T1

= 0,66. On en déduit h_F= (1−x_F)h_L(T1) +x_Fh_G(T1) = 1,74×10³kJ.kg⁻¹.

10. a) Dans le condenseur :q1= ∆hF A=hA−hFdonc

q1=h_L(T1)−h_F=−x_F(h_G(T1)−h_L(T1)) =−1,60×10³kJ.kg⁻¹. Dans le générateur de vapeur :q2= ∆h_BE= ∆h_BD+h_E−h_Ddonc

q2=c_L(T2−T1) +h_G(T2)−h_L(T2) = 2,55×10³kJ.kg⁻¹.

b) Le premier principe appliqué à un cycle complet conduit pour une masse unité à 0 =w+q1+q2, donc w=−q1−q2 =−955 kJ.kg⁻¹.

c) La centrale joue le rôle de moteur. Le transfert thermique apporté par la source chaude est consommé pour produire du travail. Donc le rendement est définit par ρ=−w

q2

= 0,37.

Le rendement de Carnot s’obtient en considérant un cycle réversible, donc^q_T¹

1+_T^q2

2= 0. En effet en l’absence de données dans l’énoncé, on suppose que les sources sont à la température des paliers de changement d’état, ce qui est cohérent avec l’hypothèse d’un cycle réversible (pas d’hétérogénéïté de température). Ceci conduit avecw=−q1−q2à ρ_C= 1−T1

T2

= 0,45, ce qui est naturellement supérieur au rendement réel.

11. Exprimons la variation élémentaire d’enthalpie massique sur un chemin réversible, ce qui est possible puisque c’est une fonction d’état¹:

dh= du+ d(pv) =δQrev−pdv+pdv+vdp= ds+vdp .

La transformation étant isentropique, on obtient ∆h_AB=^R_A^Bv_Ldp. En supposantv_L constant (incom- pressible) on obtient ∆h_AB=v_L(p2−p1) = 6,91 kJ.kg⁻¹. Cette variation est approximativement de trois ordres de grandeur plus petite que celles calculés pécédemment. Cela est cohérent avec l’hypothèse souvent faites pour les phases condensées : ∆h_AB≈∆u(ici ∆u≈0).

1. La relation différentielle établie ici s’appelle laseconde identité thermodynamique, la première étant celle portant sur la fonction u: du=Tds−pdv. Avant 2013, ces deux relations faisaient partie intégrante du cours dans le programme de Sup. Elles sont bien entendu valables aussi sous forme extensive, cad pour les grandeurs non massiques : dU=TdS−pdVet dH=TdS+Vdp.

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12. D’après les questions précédentes : w = −q1−q2 = −∆h_{F A}−∆h_BE = h_F −h_E+ ∆h_AB, donc w≈h_F−h_E. Cette relation exprime bien que le travail utile produit par la centrale est récupéré au niveau de la turbine. Son mouvement est transmis au rotor, qui permet ensuite de produire une tension alternative.

Cycle de Rankine avec soutirage

On obtient le cycle ci-contre. Le circuit se dédouble enE⁰. Le trajet en pointillé représente celui de la vapeur soutirée.

On constate dans les données que la pression p⁰ est la pression de saturation à la température T⁰= 185^◦C. Donc sur le palier de changement d’état intermédiaire on a T_E0=T_E00=T_D0=T_B0=T⁰.

E D

A

V B’’

L

B’

F L + V m−m’

m

D’ m’

E’

E’’

v p

C

T1

T2 p1

p2

T⁰

14. La vapeur saturante part de l’étatE⁰. Le liquide du réchauffeur part de l’étatB⁰. Les deux sous-systèmes se rejoignent enD⁰. On prend pour système l’ensemble {vapeur saturante + liquide dans le réchauffeur }, qui subit une transformation adiabatique (ils échangent de la chaleur entre eux) et isobare, donc isenthalpique : ∆H = 0 = ∆Hvap+ ∆Hliq = −m⁰`_v(T⁰) + (m−m⁰)c_L(T⁰−T1), ce qui conduit à

m⁰ m =

1 +h_G(T⁰)−h_L(T⁰) c_L(T⁰−T1)

−1

= 0,239.

15. a) On réutilise l’Eq. (1), entreEetE⁰(avecx= 1,x⁰=x⁰₁,T=T2etT⁰=T⁰) : x⁰₁= T⁰

h_G(T⁰)−h_L(T⁰)

h_G(T2)−h_L(T2) T2

+c_LlnT2

T⁰

= 0,81.

On en déduit h⁰₁= (1−x⁰₁)h_L(T⁰) +x⁰₁h_G(T⁰) = 2,40×10³kJ.kg⁻¹.

b) Après soutirage dem⁰, le mélange diphasique restant est enE⁰⁰. Son titre en vapeur est x⁰⁰₁ = (mx⁰₁−m⁰)/(m−m⁰) doncx⁰⁰₁=^x_1−m^01−m0⁰/m^/m= 0,75. De ce point on applique à nouveau l’Eq. (1), d’où

x2= T1

h_G(T1)−h_L(T1)

h_G(T⁰)−h_L(T⁰) T⁰

x⁰₁−m⁰/m

1−m⁰/m +c_LlnT⁰ T1

= 0,63.

On en déduit h2= (1−x2)h_L(T1) +x2h_G(T1) = 1,66×10³kJ.kg⁻¹.

16. Sous l’hypothèse que les phases de compression sont approximativement isenthalpiques, et en raisonnant en grandeurs massiques, on a de nouveauw_s=−q1s−q2s, mais cette fois

q1s=m−m⁰

m ∆h_{F A}= (1−m⁰

m) (h_A−h_F) = (1−m⁰

m) (h_L(T1)−h2) =−1,15×10³kJ.kg⁻¹ et q2_s= ∆h_B00E= ∆h_B00B⁰+ ∆h_B0E=c_L(T2−T⁰) +h_G(T2)−h_L(T2) = 1,93×10³kJ.kg⁻¹. On obtient alorsws=−771 kJ.kg⁻¹.

17. On en déduit ρ_s=−ws

q2s

= 1 +q1s

q2s

= 0,40> ρ. Le rendement est donc amélioré par le soutirage.

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