PREMIER PRINCIPE POUR LES SYSTEMES FERMES (Corrigé)

PREMIER PRINCIPE POUR LES SYSTEMES FERMES (Corrigé) 1. Travail reçu dans une transformation adiabatique.

a) U = W (adiabatique). avec ∆U = (5nR/2).(Tf- T

i

) où n = 0,1 kg / 29.10

^-3

kg d’où W = 2,87 kJ

b) ∆U = [(5nR/2) + m

a

c].(Tf- T

i

) dont on tire T’

f

= 323 K.

2. Carabine à air comprimé.

a) V

1

= 100. 0,25 = 25 cm

³

. P

1

= P

o

(V

o

/V

1)γ

donne P

1

= 1,1.10

⁵

Pa ;

b) En injectant la relation PV = nRT dans l’équation P.V

^γ

=cste,on aura T

f

=T

i

.(V/V

1

)

^γ-1

qui amène Tf = 151 K ;

c) n

air

= P

o

V/(RT

i

) = 2,09.10

^-3

mol ; avec W

fourni

= - W = - ∆U = - (nR/(γ – 1))(T

f

– T

i

) d’où W

fourni

= 5,9 J.

d) Par E

c

= mv²/2 = W

f

on tire v = 110 m.s

^-1

.

3. Echauffement d’un gaz par compression.

faire le bilan énergétique ∆U = W ; en explicitant ∆U = (5nR/2).(T

f

– T

i

) et W

1

= (F – F

f

).∆L et le travail de l’atmosphère W

a

= P

atm

.S.∆L on tire

avec n = P

i

.V

i

/(R.T

i

).

AN : n = 6,22.10

^-4

mol ; T

f

= 719 K = 446°C

4. Compression isotherme ou monotherme d’un gaz parfait : 1°) Transformation isotherme (et donc quasi statique) d’un gaz parfait.

W = -P

ext

.dV. La transformation emprunte un chemin réversible, donc quasistatique : P = P

ext

. Elle concerne un Gaz Parfait, respectant : P = nRT/V

Elle est isotherme : T = T

o

= cste tout au long du chemin suivi lors de la transformation.

Il vient donc : W = -nRT

o

.dV/V qui s'intègre en : W = -nRT

o

.ln(V

f

/V

i

) avec P

i

V

i

= P

f

V

f

= nRT

o

donc : V

f

/V

i

= P

i

/P

f

où P

i

= P

o

et P

f

= P

o

+ mg/S

Soit finalement : .

Comme T

i

= T

f

et que l’on a un GP : ΔU = 0. D’où par le premier principe : Q = -W.

A l’état final, V

f

= S.h

f

avec V

f

= V

i

.(P

i

/ P

f

) où V

i

= Sh

o

.

Il vient : et AN : ). h = 0,67 m ; W = 405 J.

2°) Transformation monotherme. Elle ne sera pas quasi-statique, ou du moins la température T du système ne restera pas invariante dans la transformation (et l’on ne connaît pas son évolution de façon simple et précise). Par contre, l’évolution est monobare : P

ext

= Cste = P

o

+ mg/S.

On calcule donc facilement :

L’équilibre final du gaz reste néanmoins identique : P

f

= P

ext

= P

o

+ mg/S , T

f

= T

o

et donc V

f

et h

f

restent inchangés.

Le travail reçu par le gaz est différent, mais le bilan énergétique s’écrit toujours :

2

ΔU = Q + W = 0 puisque la température initiale et la température finale restent identiques.

Il vient donc Q = -W = . AN : , h

f

= 0,67 m inchangée. W = -Q = 500 J

5. Pertes thermiques :

δQ

pertes

= K(T(t) – To).dt ; système = {maison} de capacité thermique C

p

.

Le système subit une évolution isobare = P = P

atm

= Cste.

Ecrivons un bilan thermique sur une durée dt : EI : T(t) → EF : T(t +dt) = T(t) + dT

On raisonne sur l’enthalpie : dH = H(t+dt) – H(t) = δQ

où δQ est l’énergie reçue par transfert thermique par la maison : δQ = -δQ

pertes

.

et dH = C

p

.dT puisque la transformation est isobare.

D’où l’équation : C

p

.dT = -K(T(t) – T

o

).dt

Séparons les variables : qui s’intègre entre T(t = 0) = T

1

et T(t) : soit en passant à l’exponentielle :

6. Mesure de la capacité thermique massique (ou "chaleur massique") d'un solide :

a) Expérience adiabatique, sous la pression atmosphérique (le système {eau initiale, eau ajoutée, calorimètre} est thermiquemen isolé). Equation calorimétrique : H = Q

p

= 0.

Soit en détaillant chaque terme de variation d'enthalpie, relatif à des phases condensées : m

1

.c

O

.(t

éq

– t

1

) + m

2

.c

O

.(t

éq

– t

2

) = 0 (en négligeant ici la capacité thermique du calorimètre).

On tire : t

éq

= (m

1

.t

1

+ m

2

.t

2

) / (m

1

+ m

2

) = 32,8 °C.

b) Même mise en équation, mais en tenant compte de la capacité thermique du calorimètre : (m

1

+ ).c

O

.(t

éq

– t

1

) + m

2

.c

O

.(t

éq

– t

2

) = 0

On tire : soit numériquement :  = 22,5 g.

c) La nouvelle équation calorimétrique est maintenant :

(m'

1

+ ).c

O

.(t – t'

1

) + m.c

mét

.(t – t'

2

) = 0

qui amène : A.N.: c

mét

= 443 J.kg

^-1

K

^-1

.

T(t) δQpertes

Text = To

t T(t)

T1

To

3

7. Etude d'un cycle de Stirling. rendement thermodynamique.

1°) T

1

> T

2

, donc pour un même volume V

A

= V

D

, on aura P

A

> P

D

.

Le cycle, moteur, doit être parcouru dans le sens horaire.

A→B : isotherme donc par la première loi de Joule : ΔU

= 0, donc Q

AB

= -W

AB

,

avec ici W

AB

< 0 (détente) ; donc Q

AB

> 0.

B→C : isochore. ΔU = Q

BC

d’où Q

BC

= mc

v

(T

2

– T

1

) < 0.

C→D : isotherme donc par la première loi de Joule : ΔU = 0, donc Q

CD

= -W

CD

, avec ici W

CD

> 0 (compression) ; donc Q

CD

< 0.

D→A : isochore. ΔU = Q

DA

d’où Q

DA

= mc

v

(T

1

– T

2

) > 0.

Remarquons que : Q

BC

+ Q

DA

= 0.

2°) Q

1

est le transfert thermique reçu à la température T

1

(isotherme AB).

Q

1

= -W

AB

avec : donc Q

1

= nRT

1

ln(V

B

/V

A

) Or nRT

2

= P

C

V

C

et nRT

1

= P

A

V

A

et V

B

= V

C

.

D’où V

B

/V

A

= (T

2

/T

1

).(P

A

/P

C

) = (nRT

2)

/(P

C

V

A

).

Finalement :

De même, Q

2

est le transfert thermique reçu à la température T

2

(isotherme CD).

Q

2

= -W

CD

avec : donc Q

2

= nRT

2

ln(V

D

/V

C

) Or nRT

2

= P

C

V

C

et nRT

1

= P

A

V

A

et V

D

= V

A

.

D’où V

D

/V

C

= (P

C

V

A

)/ (nRT

2

).

Finalement :

Calcul du rendement du moteur :  = -W

cy

/Q

1

.

Par le premier principe, écrit sur le cycle : ΔU = 0 = Q

1

+ Q

2

+ W

cy

donc -W

cy

= Q

1

+ Q

2

Il vient :

on constate :  = 

carnot

.

d) nRT

1

= P

A

.V

A

; avec m = 0,10 kg, qui détermine la quantité de matière n = m/M.

T

1

= ((M/m).P

A

V

A

)/R = 400 K valeur de température située à un écart de 100 K vis à vis de la température de la source froide T

2

;

Q

DA

= mc

v

(T

1

– T

2

) = m(T

1

– T

2

).(R/M)/(γ – 1) > 0 (échauffement de T

2

à T

1

) et Q

BC

= mc

v

(T

2

– T

1

) = m(T

2

– T

1

).(R/M)/(γ – 1) < 0 (refroidissement de T

2

à T

1

)

V VB

VA

P A

D

T = T2 C T = T1

B

4

numériquement : Q

DA

= -Q

BC

= 8,6.10

²

J.

Q

1

= P

A

.V

A

.ln((P

A

.T

2

)/(P

C

.T

1

)) = 39 kJ

et Q

2

= - P

A

.V

A

.(T

2

/T

1

).ln((P

A

.T

2

)/(P

C

.T

1

)) = -29 kJ ; ρ = 0,25.

Le régénérateur doit réchauffer le gaz de T

2

à T

1

dans la transformation DA et refroidir le gaz de T

2

à T

1

dans la transformation BC. Il devrait donc au moins avoir la température T

1

(et une très grande capacité thermique) sur DA et au plus avoir la température T

2

(et une très grande capacité thermique) sur BC.

C’est évidemment impossible et en pratique il aura une température intermédiaire (≈ (T

1

+ T

2

)/2) et relativement stationnaire, ce qui écarte le cycle réel du tracé théorique étudié.

Les échanges thermiques avec les sources ne sont alors plus réversibles, puisque la source chaude doit échauffer le fluide en fin de phase DA et la source froide doit le refroidir en fin de phase BC. De plus, les échanges thermiques devant être rapides, le régénérateur doit offrir une grande surface d’échange thermique.

Les transferts thermiques entre les sources et un fluide de température différente introduisent en effet une irréversibilité.

e) La fréquence des cycles est f = 9/60 = 0,15 cycle.s

^-1

. D’où la puissance P = (-W).f = 1,5 kW.

8. Cycle d'un moteur Diesel.

Analyse des transferts thermiques reçus :

A→B et C→D : transformations adiabatiques : Q = 0 ;

B→C : isobare : Q

BC

= ΔH = C

p

(T

C

– T

B

) > 0 (phase de combustion avec injection) ;

D→A : isochore : Q

BC

= ΔU = C

V

(T

A

– T

D

) < 0 (refroidissement) ; Par le premier principe, écrit sur le cycle : ΔU = 0 = Q

BC

+ Q

DA

+ W

cy

donc -W

cy

= Q

BC

+ Q

DA

soit :  = -W / Q

_BC

= 1 + Q

BC

/ Q

DA

.

Ceci amène :

On relie les températures par les adiabatiques répondant à la loi de Laplace : T.V

^-1

= Cste

Il vient : et

B et C étant de même pression : P

B

= P

C

= nRT

B

/V

B

= nRT

C

/V

C

dont on tire T

C

= T

B

(a/b).

Donc : et .

En rassemblant ces informations on obtient finalement : _



 

   



 

1 1

1 1 a b b a

A

B C

D

V P

Ao