Solutions de la s´eance 1

MECA 1855 Thermodynamique et Energ´etique

Solutions de la s´eance 1

Exercice 0

– Premier principe: Le premier principe de la thermodynamique stipule que lors de toute transformation il y a conservation de l’´energie. Au cours d’une transformation quelconque d’un syst`eme ferm´e, la variation de son ´energie interne est ´egale `a la quantit´e d’´energie ´echang´ee avec le milieu ext´erieur, sous forme de chaleur et sous forme de travail .

– Second principe

– – Kelvin : ”Au cours d’un cycle, il n’est pas possible de convertir compl`etement de la chaleur en travail.”

– Clausius : ”Dans un cycle, il n’est pas possible de transf´erer de la chaleur d’une source froide `a une source chaude sans intervention ext´erieure.”

(Solution : 1 :OK, 2 :KO, 3 :KO, 4 :KO, 5 :OK, 6 :KO, 7 :KO, 8 :KO, 9 :OK, 10 :KO, 11 :OK, 12 :OK, 13 :KO, 14 :KO, 15 :OK, 16 :KO, 17 :OK et 18 :KO)

Exercice th´eorique

Cette relation est ´evidente pour les gaz parfaits. Il suffit de r´ealiser `a partir de l’´equa- tion d’´etat des gaz parfaitsp=ρ R<sup>∗</sup>T les d´erivations et de multiplier les trois expressions pour prouver que leur produit est ´egal `a -1.

∂p

∂ρ

T

=R^∗T ∂T

∂p

ρ

= 1

ρ R^∗ ∂ρ

∂T

p

= −1 T²

p R^∗

R^∗T× 1

ρ R^∗ ×−1 T²

p

R^∗ =−1

Par contre, il est moins ´evident de se prononcer sur la validit´e de cette relation pour un gaz quelconque. Pour un gaz, les variables de pression, temp´erature et masse volumique sont ind´ependantes deux `a deux mais li´ees tous les trois via une relation d’´etat que l’on ne connait pas. Il faut alors d´emontrer que la formule propos´ee est valable quelle que soit la relation d’´etat liant p,ρ et T.

On sait donc que la variable pression p est une fonction de la temp´erature et de la masse volumique :

p=f(T, ρ) ⇒ F(T, ρ, p) = 0

Pour ce cas-ci, s´electionnons deux variables (forc´ement ind´ependantes entre elles) : T etρ dF

dT = 0 ⇒ ∂F

∂T

∂T

∂T + ∂F

∂ρ

∂ρ

∂T = 0 Il est ´evident que :

∂T

∂T = 1 On montre donc que :

∂ρ

∂T =−

∂F

∂T

∂F

∂ρ

S´electionnons maintenant une autre paire de variables ind´ependantes : p et T et, par un raisonnement similaire, nous obtiendrons la relation suivante :

∂T

∂p =−

∂F

∂p

∂F

∂T

De mˆeme pour le couple restant : p etρ :

∂p

∂ρ =−

∂F

∂ρ

∂F

∂p

Le produit de ces trois r´esultats montrent que la formule propos´ee est vraie pour n’importe quel gaz quelle que soit l’´equation d’´etat qui les lie ! !

Exercice 1.1

L’objectif de cet exercice est de vous rappeler l’utilisation correcte des formules de calcul du travail moteur. En toute g´en´eralit´e, le travail moteur s’exprime de la fa¸con suivante :

w_m=− Z

p dv+ ∆(pv) + ∆k+g∆z+w_f

o`u le terme ∆(pv) repr´esente le travail effectu´e par les forces de pression agissant aux entr´ees et aux sorties du syst`eme. En cons´equence, on distingue deux formes diff´erentes pour l’´equation du travail moteur ; une premi`ere ´equation, pour les cas o`u le syst`eme est ferm´e, c’est-`a-dire qu’il ne comporte ni entr´ee ni sortie de masse et une seconde ´equation, pour les syst`emes ouverts, dans lesquelles des flux de masse peuvent apparaˆıtre aux entr´ees et sorties :

En syst`eme ferm´e w_m = − Z

p dv+

= 0

z }| {

∆(pv) +∆k+g∆z+w_f En syst`eme ouvert w_m = −

Z

p dv+ ∆(pv) + ∆k+g∆z+w_f w_m = +

Z

v dp+ ∆k+g∆z+wf

Il est important de bien distinguer la notion de ∆ qui repr´esente les variations entre les entr´ees et les sorties en syst`eme ouvert et les variations temporelles (avant-apr`es) dans un syst`eme ferm´e (exemple : mise en circulation d’un fluide dans un piston suite `a un apport local de chaleur, d’o`u temporellement une diff´erence de vitesse).

Dans le cadre de ces ´equations, le point de vue adapt´e est celui du fluide, qui donc re¸coit du travail depuis une machine lorsquew_m est positif (Machine r´eceptrice :wm = +w_m) et en perd au profit de la machine lorsque w_m est n´egatif (Machine motrice : w_m =−w_m).

Questions a : En syst`eme ferm´e, l’´equation du travail moteur se r´eduit `a : w_m=−

Z 2 1

p dv [kJ kg⁻¹].

puisque la d´etente du gaz se r´ealise sans dissipation (wf est nul) et qu’on peut n´egliger les variations d’´energie cin´etique et potentielles du fluide.

L’int´egrale `a calculer requiert la connaissance de ses bornes. Il faut donc calculer le volume massique au d´ebut (v1) et `a la fin de la d´etente du fluide (v2). Comme l’air est suppos´e se comporter comme un gaz parfait, le volume massique s’obtient de fa¸con imm´ediate via la relation des gaz parfaits :

v= R M_m

T

p ⇒ v1 = 0.166 [m³ kg⁻¹] v2 = 0.831 [m³ kg⁻¹]

Que l’on a pu calculer grˆace au calcul pr´ealable de la masse molaire du m´elange azote- oxyg`ene :

Mm(air) = 0.21×32 + 0.79×28 = 28.84 [g/mol]

La transformation est isotherme, ce qui permet le d´eveloppement suivant :

w_m = − Z 2

1

p dv=− Z 2

1

R^∗T v dv

= −R^∗T Z 2

1

dv

v =−R^∗T ln v₂

v₁

=−133.7 [kJ kg⁻¹].

La r´eponse ´etant demand´ee, non par kg de gaz, mais pour la quantit´e de gaz contenue dans le cylindre, il est n´ecessaire de multiplier cette solution par la masse d’air dans le piston pour obtenir le travail moteur effectu´e par le gaz. Ce qui se d´eduit imm´ediatement de la connaissance du volume (1l) et de la masse volumique du syst`eme au d´epart de la transformation.

m= V₁ v1

= V₂ v2

= 0.006 [kg]

Le travail moteur final vaut :

W_m =m×w_m=−802 [J]

Il est int´eressant de remarquer que dans le cadre de cet exercice, on a transform´e enti`ere- ment un flux de chaleur en travail, ce qui est `a priori interdit par le second principe de la thermodynamique. Les conditions particuli`eres de cet exercice sont en fait l’unique cas o`u cette transformation est possible :

Un bilan d’´energie nous indique que :

∆U =Q+W_m

Dans le cadre de cette transformation isotherme et l’air ´etant un gaz parfait (∆U = C_v∆T), il n’y a pas de variation d’´energie interne dans le syst`eme. En cons´equence, Q = −W<sub>M</sub>. Le syst`eme n’ayant ni gagn´e ni perdu d’´energie, tout le travail fourni par la d´etente du fluide est constamment compens´e par de la chaleur lentement transmise par l’environnement qui se trouve `a mˆeme temp´erature que le syst`eme.

Cela peut paraˆıtre contraire `a l’´enonc´e de Kelvin du second principe mais ce n’est pas le cas car le syst`eme ´etudi´e est une simple transformation et pas un cycle complet.

De plus, on peut souligner que mˆeme si le syst`eme ”contient” exactement la mˆeme

´energie interne, plus aucun travail n’est ´effectuable apr`es cette d´etente car le fluide est `a l’´equilibre avec l’environnement.

Questions b : En consid´erant la gravit´e, on prend en compte la pression exerc´ee par le piston sur le gaz. Il faut donc l’ajouter `a la pression atmosph´erique.

p⁰₂ = 100000 +0.5×9.81

10⁻² = 100490 [P a] ⇒ v2= 0.827 [m³ kg⁻¹] w_m=−133320 [J kg⁻¹] ⇒ W_m =−800 [J]

On remarque imm´ediatement que le travail moteur est l´eg`erement inf´erieur `a celui calcul´e dans le cas o`u l’on ne prenait pas en compte le poids du piston puisqu’on d´etend d’une mˆeme pression de 5 bars `a une pression l´eg`erement sup´erieur au cas pr´ec´edent. Le travail moteur re¸cu par la machine est donc moins important, mˆeme si cette diff´erence est n´egligeable. Tenir compte de la gravit´e n’est donc pas extrˆemement important.

Question c : Enfin, l’´evolution de l’entropie se formule comme :

∆s= Z ₂

1

ds= Z ₂

1

1

T (dh−vdp) = Z ₁

2

v Tdp=

Z ₁

2

R^∗

p dp [J kg⁻¹ K⁻¹]

L’air ´etant suppos´e comme un gaz id´eal (i.e. ^∂c_∂T^p = 0) et la transformation comme isotherme, la variation d’entropie vaut :

∆s= R Mm

ln p₁

p2

[J kg⁻¹ K⁻¹]

Les variations d’entropie valent donc, respectivement, 460 [J kg⁻¹K⁻¹] et 459 [J kg⁻¹K⁻¹] pour les sous-questions a et b.

Exercice 1.2

Question a : l’apport de chaleur par la r´esistance s’effectue `a pression constante, par cons´equent la quantit´e de chaleur apport´ee est de :

q = ∆h=c_p∆T = 45.3 [kJ/kg]

Pour justification, reprenons le premier principe de la thermodynamique.

∆u=q+w_m

Deux cas se posent pour r´esoudre cette ´equation. Soit le piston est bloqu´e m´ecanique- ment et ne pouvant plus se d´eplacer, ne re¸coit plus de travail moteur ; dans ce cas,q = ∆u.

Mais dans l’´enonc´e de l’exercice, il n’est aucunement mention d’un bloquage du piston. Il faut donc admettre que l’on se trouve dans le second cas, celui o`u l’apport de chaleur va provoquer un d´eplacement du piston et d´evelopper ainsi un travail moteur :q = ∆u−w_m.

q = ∆u−w_m= ∆u−

`

apconstant

z }| {

− Z

p dv = ∆u+ Z

d(pv) = ∆u+ ∆(pv)≡∆h

Une partie de l’apport calorifique sert donc `a produire du travail moteur et une autre

`

a augmenter l’´energie interne du syst`eme.

Le travail d’expansion du fluide se calcule : w_m,exp. =−

Z 3 2

p dv =−p(v3−v2) =−12.54 [kJ/kg]

W_m,exp. =−72.3 [J]

o`u le volume v<sub>3</sub> est obtenu simplement de l’´equation des gaz parfaits. En effet, apr`es l’apport calorifique, la pressionp3 est connue (car la transformation 2-3 est isobare), ainsi que la temp´erature :

v₃= R^∗T₃ p3

=

8.3145

28.84 10⁻³333.15

100490 = 0.9558 [m³ kg⁻¹]

Le travail moteur aurait aussi pu ˆetre calcul´e par la conservation de l’´energie :

∆u=q+wm → wm = ∆u−q= ∆u−∆h = (cp−cv)∆T

= (c_p−(c_p−R^∗))∆T

=R^∗∆T

Le travail exerc´ee du fait du d´eplacement du piston est infime. Nous le calculons ici pour montrer qu’il est totalement n´egligeable devant le travail d’expansion du fluide :

w_m,pis.=g∆z

Qui n´ecessite de calculer la course du piston. A partir du volume V1 (10⁻³ [m³]) et de la section A (10⁻² [m²]), on calcule que la hauteur de gaz initiale est de : 0.1 [m]. La course du cylindre se calcule :

∆z= V3−V2

A = M(v3−v2)

A = 0.078 [m].

Ainsi le travail moteur exerc´e sur le piston vaut−4.5×10⁻³ [J].

Question b : dans le cas de transformations isobares d’un gaz parfait, l’´evolution de l’entropie s’exprime comme :

∆s= Z 3

2

ds= Z 3

2

1

T (dh−vdp) = Z 3

2

cp

dT

T =cp ln T3

T2

= 0.1458 [kJ kg⁻¹ K⁻¹] En absolu, la variation est ´egale `a 8.8×10⁻¹ [J K⁻¹]

Exercice 1.3

Question a : En cas d’un syst`eme ouvert, l’expression m´ecanique de l’´equation du travail moteur s’´ecrit :

w_m= ∆k+g∆z+w_f + Z 2

1

v dp [kJ kg⁻¹].

ou, de fa¸con ´equivalente :

wm =−∆k−g∆z−wf− Z 2

1

v dp [kJ kg⁻¹].

On consid`ere que la variation d’´energie cin´etique est n´egligeable (il manque de toute fa¸con des donn´ees sur le d´ebit ou la vitesse pour prendre ce terme en compte). De mˆeme, on suppose que les frottements sont n´egligeables ainsi que la variation d’´energie potentielle.

Cette ´equation se simplifie en :

w_m = Z 2

1

v dp

Comme la d´etente est isotherme, cette variation est ´egale `a celle calcul´ee dans la pre- mi`ere partie de l’exercice. La r´eponse est donc identique :

w_m = Z 2

1

v dp=− Z 2

1

p dv=−133 kJ

kg

La transformation envisag´ee se fait dans un syst`eme ouvert. Par cons´equent, on ne consid`ere plus la masse pr´esente mais le d´ebit massique `a travers l’installation. On n’ex- prime donc plus le travail moteur en absolu mais seulement par unit´e de masse.

Question b : Pour cela, il faut calculer l’augmentation d’entropie dans la turbine et celle dans la conduite. Ces contributions sont ´egales `a celles des questions 1 et 2.

Exercice 2

L’un des ´el´ements essentiels de l’´enonc´e est que l’on recherche la puissanceminimale

`

a fournir `a la pompe `a chaleur. Pour une machine r´eceptrice (qui re¸coit de l’´energie de l’ext´erieure avant de la donner au fluide), cela fait r´ef´erence `a la puissance qu’il faudrait donner si le cycle ´etait parfait, c’est-`a-dire un cycle de Carnot inverse.

Le transfert de chaleur d’une source froide `a une source chaude n´ecessite un travail de l’ext´erieur sur le fluide. Le rendement de Carnot constitue le rendementmaximalqu’une

machine motrice utilis´ee en vue de remplir cet objectif peut atteindre. Il s’exprime comme :

ηc= 1− T_{f roid} Tchaud

[−]

Dans le cas d’une pompe `a chaleur (une machine r´eceptrice), la chaleur est trans- f´er´ee d’une source froide `a basse temp´erature vers une source chaude grˆace `a un travail moteur. L’´efficacit´e d’un tel cycle est d´ecrit par son coefficient de performance (COP).

Il est d´ecrit comme l’effet recherch´e (ici : un apport de chaleur `a haute temp´erature `a l’habitation) sur ce qui a ´et´e apport´e pour r´ealiser cet effet (ici : un travail moteur).

COP = Q_chaud

W_m = Q_chaud

Q_chaud−Q_{f roid} [−]

Il est donc ´evident que le COP de Carnot d’un cycle r´ecepteur est toujours sup´erieur

`

a l’unit´e.

Dans le cas d’un cycle id´eal (de Carnot inverse), il s’exprime comme (par hypoth`ese que les sources de chaleurs sont infinies et que leurs temp´eratures ne sont pas affect´ees par les flux de chaleurs) :

COPCarnot = Tchaud

T_chaud−T_{f roid} [−]

Ainsi, pour cet exercice, il vaut 17.24.

Par d´efinition, ce COP est ´egal au rapport entre la puissance utile produite et la puissance totale fournie `a la machine :

COP = P_utile

P_totale ⇒ P_totale= P_utile

COP = 20×10³

17.24 = 1.15 [kW]

Cela siginifie que l’´energie transf´er´ee de la source chaude `a la source foide est 17.24 fois plus importante que le travail moteur n´ecessaire pour entretenir le cycle. Remarquez que ce coefficient est d’autant plus grand que les temp´eratures sont proches l’une de l’autre.

Pour chauffer une habitation, Cela signifie que le cycle est d’autant plus efficace que l’on en a moins besoin.

NB : Pour un cycle frigorifique (autre cycle r´ecepteur), o`u l’effet recherch´e n’est plus l’apport de chaleur `a haute temp´erature mais la perte de chaleur `a basse temp´erature, la formule du COP de Carnot s’exprime :

COP_{c,f rig.}= Q_{f roid}

W_m = Q_{f roid}

Q_chaud−Q_{f roid} [−]