Thermodynamique IV-3/4

Thermodynamique IV-3/4

Phs 2101

Automne 2001

http://www.crm.umontreal.ca/~physnum

7. L ’ENTROPIE (II)

• Évolution polytropique: c ’est un type d ’évolution (le plus souvent avec échange d ’énergie sous forme de chaleur) pour certains gaz. Elle a pour équation générale:

. const V

P

=

- pour n=1, on retrouve l ’isotherme d ’un G.P.

- pour n= γ , on retrouve l ’isentropique d ’un G.P.

- pour n=0, on retrouve l ’isobare,

- pour n très grand, on retrouve l ’isochore

m

, S

m

, S

Date t

Date t+δt

δ m

δ m

masse:

m

+ δ m

masse:

m

+δ m

• Second principe pour les écoulements permanents

s

s

entropie:

S

+ δ m

s

entropie:

S

+δ m

s

D ’ou la variation d ’entropie pour tout le système fermé:

(

)

2

2

s S m s

m

S

+ δ −

+ δ

qui doit être, en vertu du second principe, supérieure à T δ Q

En considérant que cette variation s ’est déroulée pendant δ t , on obtient

t T

Q t

s m t

s m t

S S

δ δ δ

δ δ

δ δ

δ

− + − ≥

+ 2 2 1 1

c ’est-a-dire,

T s Q

m s

dt m dS

≥

−

+

.

T s Q

m s

dt m dS

≥

−

+

.

Cas particulier du régime permanent:

égaux

( )

T s Q

s

m

−

≥

Remarque: si le système est isolé (adiabatique) alors

1

2

s

s ≥

• Entropie d ’un mélange de phases: exemple de l ’eau

Point critique liquide

saturé

vapeur saturée

s T

180 ^oC ^{(1.0 Mpa)}

(1.0 Mpa)

s_f=2.13 s_g=6.58

(KJ/kg/K) (Voir table A.1.1, p.692)

titre x :

(

)

s = 1− +

Exemple 1 W ?

(turbine)

(évolution adiabatique réversible)

P_e=1 MPa T_e=300 ^oC V_e=50 m/s

P_s=150 kPa T_s=?

V_s=200 m/s Vap. d ’eau

Table A.1.2 (p.698): h_e=3051.2 kJ/kg, s_e=7.123 kJ/kg/K

Évolution isentropique: s_s=s_e. Puisque P_s= 150 kPa, on a un mélange (voir p.697) il faut consulter la table A.1.1, p.694: s_f=1.433 et s_g=7.2233

982 . 0 )

1

( − + → =

= x s xs x

s_{s f g}

kg kJ h

h x h x

h_s = (1− ) _f + _g → _s = 2655.0 / donc

On connaît donc h_s-h_e = 396.2 kJ/kg

•

•

•

•

 = +



 



 + +

 −



 



 h + + gZ m h gZ W Q

m

v

v

2

1 2

1

1 2

Régime permanent

:

•

•

= m

m

m w h W

h

 = =



 



 +

 −



 



 +

• 2 v.c

e 2

s

v

v 2

1 2

1

( ^h

^{− h}

) ⁻ ( ^v

^{− v}

) ^{= w}

2 1

On trouve ainsi w=377.5 kJ/kg

Exemple 2

Une personne prétend avoir inventé un compresseur d ’une machine réfrigérante qui reçoit de la vapeur saturé de fréon 12 à -20 ^oC et la rejette à 1 MPa et

50 ^oC. La compression est adiabatique: est-ce possible ?

Vap. saturée T_e= -20 ^oC Fréon 12

(compresseur adiabatique)

P_s= 1 MPa T_s= 50 ^oC

Fréon 12 (vap. saturée, Table A.3.1, p.714): P_e = 0.1509 MPa, s_e = 0.7082 en sortie: nous n ’avons pas un état de vapeur saturée (pression trop basse) mais de vapeur surchauffée (Table A.3.2, p.718): s_s = 0.7021

Cette situation est impossible puisqu ’il faut s_s > s_e

Exemple 2 (suite)

La personne prétend que la compression est vraiment adiabatique et

qu ’elle est certaine des valeurs des températures. Que doit-on lui répondre ?

Vap. saturée T_e= -20 ^oC Fréon 12

(compresseur adiabatique)

T_s= 50 ^oC

Il faut s_s > s_e = 0.7082.

Peut-on avoir une vap. saturée en sortie ? Non: voir Table A.3.1. T= 50 ^oC, s = 0.6792.

Peut-on avoir une vap. suchauffée en sortie ? A la rigueur… mais la pression n ’excède pas 0.9 MPa.

Accroissement de l ’entropie

∑

≥

− +

vol e e s s cont vol

T s Q

m s dt m

dS _.

s_e s_s

0 .

T s Q m s

dt m dS

e e s s

ext − + ≥−

Ext. (T₀)

Q

∑

− +

≥ +

vol cont

vol ext

T Q T

Q dt

dS dt

dS

0 .

. .

Volume de contrôle:

Extérieur:

Si

Q

. ≥ 0 dt dS_tot donc

Exercice: #7.21, p.258

Un cylindre fermé par un piston contient de l ’ammoniac à 200 kPa et 20 ^oC dans un volume de 1.5 m³. On comprime le gaz jusqu’ à une température

finale de 40 ^oC en lui fournissant un travail de 750 kJ. Pendant ce processus, 1500 kJ de chaleur sont cédés au milieu ambiant (à 20 ^oC). Une telle évolution est-elle possible?

1.5 m³ P₁=200 kPa

T₁=20 ^oC T₂=40 ^oC

Exercice

P₁=1400 kPa

T₁=200 ^oC P₂= 120.8 kPa

0.5 kg d ’eau subit un processus adiabatique de l ’état 1 à l ’état 2 en libérant de l ’énergie sous forme de travail (90 kJ).

adiabatique W=-90 kJ

A) valeur de T₂ et de V₂ B) réversible ?

C) dessinez les diagrammes P,V et T,S

Exercice (suite)

P₁=1400 kPa

T₁=200 ^oC P₂= 120.8 kPa

adiabatique W=-90 kJ

État initial: Table A.1 (p.699) v₁ = 0.14302 m³/kg

u₁ = 2603.1 kJ/kg h₁ = 2803.3 kJ/kg s₁ = 6.4975 kJ/kg/K

( ^{Q W} )

u = m +

∆ 1

mW u

u u

u 1

1 1

2 = +∆ = +

Donc: u₂ = 2423.1 kJ/kg

Question: a-t-on une vapeur surchauffée dans l ’état final ? On constate dans la Table de la page 697 que pour P=0.1 MPa, u est plus grand que 2506 kJ/kg. C ’est donc

impossible: nous avons un mélange de deux phases en sortie.

Exercice (suite)

P₁=1400 kPa

T₁=200 ^oC P₂= 120.8 kPa

adiabatique W=-90 kJ

État initial: Table A.1.2 (p.699) v₁ = 0.14302 m³/kg

u₁ = 2603.1 kJ/kg h₁ = 2803.3 kJ/kg s₁ = 6.4975 kJ/kg/K

u₂ = 2423.1 kJ/kg Table A.1.1, p.692: T₂ = 105 ^oC

P₂ = 0.1208 MPa v_f = 0.001048 m³/kg

v_g = 1.4194 m³/kg u_f = 440.02 kJ/kg u_g = 2512.4 kJ/kg s_f = 1.3069 kJ/kg/K s_g = 7.3549 kJ/kg/K

g

f xu

u x

u₂ = (1− ) + ² = 0.95

−

= −

f g

f

u u

u x u

Exercice (suite)

P₁=1400 kPa

T₁=200 ^oC P₂= 120.8 kPa

adiabatique W=-90 kJ

État initial: Table A.1.2 (p.699) v₁ = 0.14302 m³/kg

u₁ = 2603.1 kJ/kg h₁ = 2803.3 kJ/kg s₁ = 6.4975 kJ/kg/K

u₂ = 2423.1 kJ/kg Table A.1.1, p.692: T₂ = 105 ^oC

P₂ = 0.1208 MPa v_f = 0.001048 m³/kg

v_g = 1.4194 m³/kg u_f = 440.02 kJ/kg u_g = 2512.4 kJ/kg s_f = 1.3069 kJ/kg/K s_g = 7.3549 kJ/kg/K

kJ/kg/K 04

. 7 )

1

2 = ( − x s_f + xs_g = 95 s

.

= 0 x

P

v 200 ^oC

105 ^oC 1400 kPa

Vapeur surchauffée

x = 0.95

1.35

Diagramme P-v (Clapeyron):

Point critique liquide

saturé

vapeur saturée

s T

200 ^oC

(KJ/kg/K) 105 ^oC

7.04 6.49

Diagramme T-s:

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