Thermodynamique II-3/4

Thermodynamique II-3/4

Phs 2101

Automne 2001

4. PREMIER PRINCIPE

Q W

dU = δ + δ

B A B

A B

A

W Q

U

=

+

A

B Nous avons évoqué le premier principe

sans le nommer en écrivant que la

variation d 'énergie totale d ’un système est égale aux échanges d 'énergie sous forme de travail et/ou de chaleur:

U_A,B = U_B-U_A ne dépend pas du chemin A->B alors que W_A->B et Q_A->B dépendent de l 'évolution suivie par le système pour aller de A vers B. Infinitesimalement, on exprime cela par

Q W

dU = δ + δ

Variation

de l'énergie du système

Échanges d'énergie avec l 'extérieur Précisons la composition de l'énergie totale:

On distingue trois différentes contributions:

• l 'énergie cinétique (vitesse)

• l 'énergie potentielle (position dans un champ de pesanteur)

• l ’énergie interne, intrinsèque a la substance.

Q W

d d

dU + E

+ E

= δ + δ

pot.

cin.

E

E

E dU d d

d

dU → = + +

Précisons donc ces trois types de contributions en replaçant dU par dE

où, maintenant, dU représente la variation d 'énergie interne (qui ne dépend ni de la position ni de la vitesse du système). Ainsi,

la première loi de la thermodynamique est

v v

E v

E

= m

→ d

= m d 2

1

z

m g

0

Z E

E

= m g Z → d

= m g d

dZ g

m d

m dU

d E = + v v +

Conclusion: la première loi s énonce ainsi la variation d 'énergie totale,

est égale aux échanges

Q W δ δ +

Ou encore (sur un chemin A->B):

( )

A

B

m m g Z Z Q W

U

U − + − + ( − ) =

+

2

2 A 2

B

v

v

Q W

dZ g

m d

m

dU + v v + = δ + δ

A B

B

A sommation

U U

dU

dU     → ∫ = −

B A B

A sommation

W W

W     → ∫ ^δ =

δ

B A B

A sommation

Q Q

Q     → ∫ ^δ =

δ

Q W

dU = δ + δ

vitesse constante et altitude constante

(

)

B A const

P sommation

V V

P W

dV P

W = −      

→

= − − δ

L ’enthalpie:

on considère une évolution à pression constante:

(

)

A

B

U P V V Q

U − = − − +

B A A

A B

B

P V U P V Q

U + − − =

Donc:

C ’est-a-dire:

B A A

A B

B

P V U P V Q

U + − − =

V P U

H = + H

− H

= Q

Soit On obtient:

Volume massique

v P m u

m

H = +

v P u

m h

h = H ⇒ = +

On introduit l 'énergie interne par unité de masse, u

Enthalpie massique Énergie interne massique

(pour une masse de 1 kg)

u :

énergie int.

h = u + P v : enthalpie

(P,T,v)

(Voir Tables)

Chaleurs Massiques

dV P

dU Q

Q W

dU = δ + δ ⇒ δ = +

.

1

const V

def

V

T

Q

C m 



 



= 

δ δ

. const V

V

T

C u 



 





∂

= ∂

V constant -> dV=0 donc

δ Q = dU = m du

Chaleurs Massiques (suite)

dP V

dH Q

dV P

dP V

dV P

dH Q

Q W

dU

−

=

⇒

+

−

−

=

⇒

+

=

δ δ

δ δ

.

1

const P def

P

T

Q

C m 



 



= 

δ δ

. const P

P

T

C h 



 





∂

= ∂

P constante -> dP = 0 donc

δ Q = dH = m dh

Initialement, cette sphère d ’Al est à 25 ^oC A la fin, elle est à 146.1 ^oC.

Question: quelle est la quantité de chaleur qu ’il a fallu fournir ?

Table A.7 (p. 729):

Al : C_P = 0.9 10³ J/kg/K et ρ = 2700 kg/m³

.

1

const P

P

T

Q

C m 



 



= 

δ

δ ⇒ Q

= m C

∆ T = ρ . Vol. C

∆ T

On trouve Q = 2404.9 kJ 0.5m

épaisseur: 1cm Exemple:

Cas des gaz parfaits (GP)

Pour une masse de GP de 1 Kg:

P v = R T

C ’est un modèle pour décrire la partie « vapeur » du diagramme de phases pour certaines

substances pures.

L ’expérience de Joule:

u = u (T)

pour les gaz parfaits.

Cas des gaz parfaits (suite)

Enthalpie massique: h = u(T) + Pv où

P v = R T

T_A T_B A

Pour ces deux états finaux, la variation u_A,B et h_A,B est la même.

P

v

Cas des gaz parfaits (suite)

T_A

T_B=T_A+dT A

P

v B

.

. vconst

const v

V dT

du T

C u  =



 





∂

= ∂ (pour un gaz parfait: u=u(T))

dT C

du =

dT mC

dU =

Cas des gaz parfaits (suite)

T_A

T_B=T_A+dT A

P

v B

.

. Pconst

const P

P dT

dh T

C h  =



 





∂

= ∂ (pour un gaz parfait h=h(T))

dT C

dh =

dT mC

dH =

EXERCICE: No. 5.27, p.153

De l ’He, considéré comme un gaz parfait est chauffé de 500 a 1000

K.

On demande de calculer la variation d ’enthalpie

par Kg en supposant que la chaleur massique est

constante (voit Table A.8).

Pour l’ He

Table A.8: R=2.077 10

J/kg/K C

= 5.1926 10

J/kg/K C

= 3.1156 10

J/kg/K

dT mC

dH =

Remarque: on a un GP, donc P V = m R T et

( ^{U PV} ) ( ^{d U mRT} ) ^{dU mR dT}

d

dH = + = + = +

Mais: dU = mC

dT ^donc: C

= C

+ R ^(GP)

On trouve: ∆ H = C

∆ T = 5.1926 10

. 500 = 2596.3 kJ

Cas des gaz parfaits (suite): la détente adiabatique d ’un GP

Paroi isolante: pas d ’ échange de chaleur P

V,T GP

Q W

dU = δ + δ

dT mC

dU =

GP:

P V = mR T

Donc:

V T dV mR dV

P

W = − = − δ

et

V

T dV mR dT

mC

= −

Cas des gaz parfaits (suite): la détente adiabatique d ’un GP

( ) ( )

( ) ^{ln ln 0 ln 0}

0 ln

ln

0 0

 =







 





 





 



→ 

 =







 

 + 

= +

= +

= +

V

V C

R C

R V

V V

TV d

V d

T d

V C d

T R d

V dV C

R T

dT

V R dV T

C dT

Cas des gaz parfaits (suite): la détente adiabatique d ’un GP

constante

donc =

 =







 





 





 





V

V C

R C

R

TV TV

d ln 0

V mR P

T T

mR V

P 1

=

⇒

=

const.

+1

=

CV

R

V P

V

P

C

C R = −

const.

=

V P

C C

V

P

P

C

= C γ

(indice adiabatique)

T_A A

P

v

const.

γ

= v P

T R P v =

T

Cas des gaz parfaits (suite): la détente adiabatique d ’un GP

(Equ. d'état) (Equ. d'évolution)

γ = 5/3 pour les gaz mono-atomiques (voir « k », Table A.8)

Exercice

De l ’air, considéré comme un GP (R = 0.287 kJ/kg/K), est dans

dans un cylindre fermé par un piston. L ’enceinte est toute entière est adiabatique. La température de l ’air est 38 ^oC, la masse du piston est 12 kg et la pression atmosphérique est de 100 kPa.

Le diamètre intérieur du cylindre est d = 10 cm, la hauteur initiale de gaz dans le cylindre est 25 cm.

Une résistance est placée à l’intérieur du cylindre.

Question: Quelle est l ’énergie électrique qu ’on doit dépenser pour que le piston s’élève de 12 cm ?

On donne les informations suivantes:

C_v = 0.7165 kJ/kg/K

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