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Exercice2:Détenteisochored’unevapeurd’eau 2 | 1 Exercice1:Tableincomplète 1 | 0 Diagrammesettablesthermodynamiques

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Academic year: 2022

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BLAISE PASCAL PT 2020-2021

TD 17 – Thermodynamique Correction

Diagrammes et tables thermodynamiques

Exercice 1 : Table incomplète 1 | 0

. Table thermodynamique ; . Relations entre grandeurs d’état.

1 Dans un diagramme des phases, la ligne de changement d’état liquide-vapeur commence au point triple et se termine au point critique. Ces points correspondent respectivement à la première et à la dernière valeur de la table, celles qui sont non entières. Ainsi,

(Ttr= 0,01C

Ptr= 0,6117 kPa et

(Tc= 374,14C Pc= 22 090 kPa

2 Par définition, pour une températureT,

lvap=h00(T)−h0(T) et svap=s00(T)−s0(T).

3 L’origine des entropies massiques est celle du liquide saturant à la température du point triple. Ce choix est différent de celui du principe de Nernst (ou troisième principe de la thermodynamique), qui attribue une entropie nulle à un solide cristallisé dans un réseau parfait. C’est toutefois sans conséquence car seules les variations d’entropie sont pertinentes.

4 Par définition,

h=u+P v soit u=hP v . Toutes les informations requises pour calculeru0 et u00 sont déjà dans la table.

5 Pour compléter la table, on utilise : . T= 20C : définition delvap; . T= 40C : définition desvap;

. T= 60C : relationsvap=lvap/Tvap puis définition desvap;

. T=Tc : au point critique les deux phases ne sont plus discernables, doncv0=v00,h0 =h00 ets0=s00.

Exercice 2 : Détente isochore d’une vapeur d’eau 2 | 1

. Table thermodynamique ;

. Principes de la thermodynamique.

1 D’après la table thermodynamique, le volume massique dans l’état initial est

v=vV(485 K) = 0,0998 m3·kg−1 d’où m= V

v = 1,00·10−2kg.

2 Comme ni la masse d’eau ni le volume disponible ne changent, le volume massique du système est constant. On constate qu’à la température finaleT0,

vL < v < vV.

1/4 Étienne Thibierge, 10 janvier 2021,www.etienne- thibierge.fr

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Correction TD 17 : Diagrammes et tables thermodynamiques Blaise Pascal, PT 2020-2021

Le système est donc diphasé. D’après le théorème des moments, x= vvL

vVvL

' v vV

= 5,9·10−2.

3 La transformation est isochore ... mais certainement pas isobare. Le premier principe doit donc forcément s’écrire en termes d’énergie interne. Dans l’étatI,

UI =m(hIpIV) =m(hV(485)−Psat(485)V) = 2,80·104kJ, et dans l’étatF,

UF =xmhV(373) + (1−x)mhL(373)−Psat(373)V = 5,4·103kJ.

Comme le récipient est indéformable aucun travail n’est échangé et donc d’après le premier principe Q=UFUI=−2,26·104J.

Il y a refroidissement et liquéfaction partielle, il est donc logique de trouverQ <0.

4 Toujours d’après la table,

SI =msV(485) = 63,6 J·K−1 et SF =xmsV(373) + (1−x)msL(373) = 16,6 J·K−1. si bien que

∆S=SFSI =−47,0 J·K−1. Or l’entropie échangée au cours de la transformation vaut

Séch= Q T0

=−61 J·K−1.

On constateSéch<∆S : la différence correspond à l’entropie créée, positive comme il se doit. La transformation est doncirréversible.

Exercice 3 : Lecture du diagramme des frigoristes 1 | 1 |

. Diagramme des frigoristes.

1 Le cycle est représenté figure 1.

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• 2

• 3

• 4

Figure 1Diagramme des frigoristes du R134a complété.

2/4 Étienne Thibierge, 10 janvier 2021,www.etienne- thibierge.fr

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Correction TD 17 : Diagrammes et tables thermodynamiques Blaise Pascal, PT 2020-2021

2 On lit sur le graphiqueT2=−10C,T3= 0C etT4= 55C.

3 On lit sur le graphiqueh2= 255 kJ·kg−1 ainsi quehL = 185 kJ·kg−1et hV = 395 kJ·kg−1. 4 La règle des moments permet d’écrire

xV= h2hL

hVhL '0,43.

Exercice 4 : Détendeur de plongée 2 | 2

. Diagramme des frigoristes ; . Principes de la thermodynamique.

1 Voir figure 2.

1 •

• 2

• 3

• 4

Figure 2Évolution dans un détendeur de plongée.

2 À la fin de la première détente, on lit sur le diagrammeT2=−12C, ce qui est très inférieur àT1= 20C. En revanche, la température à la fin de la seconde détente vautT4= 18C.

3 D’après l’équation d’état des gaz parfaits, la masse d’air inspirée en une inspiration vaut m= M P4V

RT4 = 6,0·10−4kg.

La variation d’enthalpie de cette masse d’air lors du passage entre les deux tubes vaut

∆H =

transf

mh3mh2 =

1er P

Q d’où Q= 21 J

par lecture graphique du diagramme (h2= 485 kJ·kg−1 eth3= 520 kJ·kg−1).

4 La variation d’entropie de la masse d’air pendant tout le processus vaut

∆S =

transf

ms4ms1 =

2nd P

Q Teau +Sc

3/4 Étienne Thibierge, 10 janvier 2021,www.etienne- thibierge.fr

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Correction TD 17 : Diagrammes et tables thermodynamiques Blaise Pascal, PT 2020-2021

d’où on déduit par lecture du diagramme (s1= 2,30 kJ·K−1·kg−1 ets1= 3,92 kJ·K−1·kg−1) Sc=ms4ms1Q

Teau

= 0,90 J·K−1.

Exercice 5 : Diagramme de l’air humide écrit PT 2013 | 3 | 2

. Analyse d’un diagramme inconnu.

1 Calculons la masse d’air présente dans un volumeV à partir de la loi des gaz parfaits, mair= PatmMair

RT V .

De même, la masse d’eau contenue dans le volumeV vaut meau= peauMeau

RT Vpeau est la pression partielle de l’eau, donnée par

peau=HRPsat= 2400 Pa. On en déduit

HA= meau mair

= Meaupeau MairPatm

= 15 g·kg−1. ... ce qui correspond plus ou moins à la valeur du graphique oùHA= 16 g·kg−1.

2 La vapeur d’eau se condense lorsque sa pression partielle atteint la pression de vapeur saturante soitpeau=Psat. On en déduit

HA? = MeauPsat MairPatm

= 25 g·kg−1. Cette condensation se traduit parHR? = 100 %, soit

T?= 28C.

3 La masse d’eau à refroidir et condenser vaut meau=HAmair=HA

PatmMair

RT ×V

2 = 17·10−3kg.

En négligeant l’énergie mise en jeu lors des changements de température devant celle nécessaire au changement d’état, la puissance requise pour condenser l’eau contenue dans l’air vaut

Pcond =meaulv

∆t avec ∆t le temps disponible pour la condensation. On peut estimer

∆t'12×3600

40 = 1080 s. Ainsi,

Peau= 1,2 W.

4/4 Étienne Thibierge, 10 janvier 2021,www.etienne- thibierge.fr

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