PCSI 1 - Stanislas DM de PHYSIQUE N

(1)

PCSI 1 - Stanislas DM de PHYSIQUE N

^◦

8 - 14/05/14 A. MARTIN

THERMODYNAMIQUE

Cycle de Brayton dans une centrale - d’après Centrale MP 2012

1. Pour une quantité n de gaz parfait monoatomique à la température T, l’énergie interne U s’écrit : U = 3

2 nRT

Son enthalpie vaut alors : H = U + pV = U + nRT = ³ ₂ nRT (où p et V désignent respectivement la pression et le volume du gaz considéré).

Les capacités thermiques s’en déduisent :







C _V,m = ^∂U _∂T

^m

V = ³ ₂ R C _p,m = ^∂H _∂T

^m

p = ⁵ ₂ R

2. Pour une transformation élémentaire adiabatique, le premier principe donne dU = δW. Une transforma- tion réversible est nécessaire quasi-statique sur le plan mécanique donc δW = −pdV . Grâce à la première loi de Joule pour les gaz parfaits, dU = C _v dT, ceci conduit à C _v dT = −pdV = −p d( ^nRT _p ) = nR ^dp _p . De plus, d’après la relation de Mayer pour un gaz parfait :

C _p − C _V = nR ⇒ C _p = γnR γ − 1 Or, pour une transformation adiabatique réversible, dS = 0, d’où :

0 = γ γ − 1

dT T − dp

p Par intégration, il vient la loi de Laplace :

T

^γ−1^γ

p = cte ⇒ T p

γ−1 γ

= cte On a donc :

β = γ − 1 γ = 2

5 = 0, 4 3. La transformation 1 → 2 est adiabatique réversible. On a donc :

T 2

p ^β ₂ = T 1

p ^β ₁ ⇒ T 2 = T 1 r ^β _p = 520 K De même pour la transformation 3 → 4 :

T 4

p ^β ₄ = T 3

p ^β ₃ ⇒ T 4 = T 3 p 4

p 3 β

Or, les transformations 2 → 3 et 4 → 1 étant isobares, on a p 4 = p 1 et p 3 = p 2 , d’où : T 4 = T 3 r

^−β

_p = 750 K > T 2

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4. — Les transformations isobares sont représentées par p = cte = ^RT _V

m

.

Les transformations adiabatiques réversibles suivent la loi de Laplace démontrée précédemment et qui peut se réécrire pV _m ^γ = cte.

— Déterminons le rapport V _m,3 /V _m,1 :

La transformation isobare 2 → 3 se fait à rapport V m /T constant, d’où : V _m3 = V _m2 T 3

T 2

= V _m2 T 3

T 1

r

^−β

_p

Or, le long de l’adiabatique réversible 1 → 2, on a la loi de Laplace pV _m ^γ = cte, donc : p 2 V _m2 ^γ = p 1 V _m1 ^γ ⇒ V _m2 = V _m1 r

^−1/γ

_p

Finalement, il vient :

V _m3 V _m1 = T 3

T 1

r _p

^−(β+1/γ)

= T 3

T 1

r

⁻¹

_p = 1, 1 > 1

— Nous savons maintenant que le volume molaire en 3 est plus important qu’en 1, ce qui permet d’achever l’allure du diagramme de Clapeyron :

5. Les transformations 1 → 2 et 3 → 4 sont adiabatiques, ainsi on a :

∆H _m = W _u,m = γR

γ − 1 ∆T = R β ∆T D’où :







W u,12, m = ^R _β (T 2 − T 1 ) W _{u,34, m} = ^R _β (T 4 − T 3 ) ⇒







W u, 12, m = ^RT _β

¹

r ^β _p − 1 = 4, 6 kJ.mol

⁻¹

> 0 W _u, _{34, m} = ^RT _β

³

r

^−β

_p − 1 = −12 kJ.mol

⁻¹

< 0 6. Pour les transformations isobares on a : ∆H _m = Q _m = ^R _β ∆T. Ainsi :







Q _{23, m} = ^R

β (T 3 − T 2 ) Q _{41, m} = ^R _β (T 1 − T 4 ) ⇒







Q _{23, m} = ^R

β

T 3 − T 1 r _p ^β = 16 kJ.mol

⁻¹

> 0 Q _{41, m} = ^R

β

T 1 − T 3 r _p

^−β

= −9, 3 kJ.mol

⁻¹

< 0 7. Le rendement de la machine s’exprime :

η =

W _{u,12, m} + W _u, _{34, m} Q _{23, m}

2

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À partir des relations précédentes, on obtient : η =

T 1

r ^β _p − 1 + T 3

r

^−β

_p − 1 T 3 − T 1 r ^β _p

=

T 3 − T 1 r ^β _p r

^−β

_p − T 3 − T 1 r _p ^β T 3 − T 1 r ^β _p

D’où :

η = 1 − 1 r ^β _p = 0, 43

8. En notant W le travail reçu par le système et Q _C et Q _F les transferts thermiques reçus respectivement de la part de la source chaude et de la source froide :

η _C = −W Q C

Le rendement de Carnot est le rendement maximal de la machine, obtenu dans le cas d’un cycle réversible.

Les bilans énergétiques et entropiques sur ce cycle donnent alors : ( 0 = W + Q _C + Q _F

0 = ^Q _T

^C

3

+ ^Q _T

^F

1

Ainsi :

η _C = 1 + Q _F Q _C = 1 − T 1

T 3

= 0, 77 > η 9. Les transformations x → 3 et y → 1 sont isobares, donc :

Q _m = ∆H _m = R β ∆T On a donc :







Q _{x3, m} = ^R _β (T 3 − T 4 ) Q _{y1, m} = ^R _β (T 1 − T 2 )

10. Le régénérateur fournit Q _{2x, m} (la transformation 4y libère de la chaleur qui sert à chauffer le fluide allant de 2 à x). Le seul transfert thermique que l’extérieur doit effectivement fournir est Q _x3 . Le travail total W _u,m = W _u, _{12, m} + W _{u,34, m} est inchangé, donc le rendement devient :

η = − W _u,m Q _{x3, m} =

1 − r

^−β

_p T 3 − T 1 r ^β _p T 3 − T 4

=

T 3 − T 1 r ^β _p T 3

On obtient l’expression :

η = 1 − T 1

T 3

r _p ^β = 0, 60

Le rendement a donc bien été augmenté grâce à l’utilisation du régénérateur.

11. — Le rendement avec et sans régénérateur est identique à condition que l’on ait : 1 − r

^−β

_pe = 1 − T 1

T 3

r _pe ^β ⇒ r ^2β _pe = T 3

T 1

⇒ r _pe = T 3

T 1

_2β¹

= 6, 3

— Dans ces conditions, on réexprime les températures T 2 et T 4 :



 

 

T 2 = T 1 r ^β _p = T 1 T

3

T

1

1/2

= (T 1 T 3 ) ^1/2 T 4 = T 3 r

^−β

_p = T 3

T

3

T

1

−1/2

= T 2

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12. Pour atteindre le rendement de Carnot , il faudrait que : η = 1 − T 1

T 3

r ^β _p → 1 − T 1

T 3

Il faudrait donc que le rapport de compression r _p tende vers 1. Il faudrait décomposer le compression en plusieurs compressions de rapport plus faible (compression à plusieurs étages), et faire de même pour la détente.

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THERMODYNAMIQUE

Cycle de Brayton dans une centrale - d’après Centrale MP 2012

1. Pour une quantité n de gaz parfait monoatomique à la température T, l’énergie interne U s’écrit : U = 3

2 nRT

Son enthalpie vaut alors : H = U + pV = U + nRT = 3 2 nRT (où p et V désignent respectivement la pression et le volume du gaz considéré).

Les capacités thermiques s’en déduisent :







C V,m = ∂U ∂T

V = 3 2 R C p,m = ∂H ∂T

p = 5 2 R

C p − C V = nR ⇒ C p = γnR γ − 1 Or, pour une transformation adiabatique réversible, dS = 0, d’où :

0 = γ γ − 1

dT T − dp

p Par intégration, il vient la loi de Laplace :

T

p = cte ⇒ T p

= cte On a donc :

β = γ − 1 γ = 2

5 = 0, 4 3. La transformation 1 → 2 est adiabatique réversible. On a donc :

T 2

p β 2 = T 1

p β 1 ⇒ T 2 = T 1 r β p = 520 K De même pour la transformation 3 → 4 :

T 4

p β 4 = T 3

p β 3 ⇒ T 4 = T 3 p 4

p 3 β

Or, les transformations 2 → 3 et 4 → 1 étant isobares, on a p 4 = p 1 et p 3 = p 2 , d’où : T 4 = T 3 r

p = 750 K > T 2

1

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4. — Les transformations isobares sont représentées par p = cte = RT V

.

Les transformations adiabatiques réversibles suivent la loi de Laplace démontrée précédemment et qui peut se réécrire pV m γ = cte.

— Déterminons le rapport V m,3 /V m,1 :

La transformation isobare 2 → 3 se fait à rapport V m /T constant, d’où : V m3 = V m2 T 3

T 2

= V m2 T 3

T 1

r

p

Or, le long de l’adiabatique réversible 1 → 2, on a la loi de Laplace pV m γ = cte, donc : p 2 V m2 γ = p 1 V m1 γ ⇒ V m2 = V m1 r

p

Finalement, il vient :

V m3 V m1 = T 3

T 1

r p

= T 3

T 1

r

p = 1, 1 > 1

— Nous savons maintenant que le volume molaire en 3 est plus important qu’en 1, ce qui permet d’achever l’allure du diagramme de Clapeyron :

5. Les transformations 1 → 2 et 3 → 4 sont adiabatiques, ainsi on a :

∆H m = W u,m = γR

γ − 1 ∆T = R β ∆T D’où :







W u,12, m = R β (T 2 − T 1 ) W u,34, m = R β (T 4 − T 3 ) ⇒







W u, 12, m = RT β

r β p − 1 = 4, 6 kJ.mol

> 0 W u, 34, m = RT β

r

p − 1 = −12 kJ.mol

< 0 6. Pour les transformations isobares on a : ∆H m = Q m = R β ∆T. Ainsi :







Q 23, m = R

β (T 3 − T 2 ) Q 41, m = R β (T 1 − T 4 ) ⇒





Son enthalpie vaut alors : H = U + pV = U + nRT = ³ ₂ nRT (où p et V désignent respectivement la pression et le volume du gaz considéré).

C _V,m = ^∂U _∂T

V = ³ ₂ R C _p,m = ^∂H _∂T

p = ⁵ ₂ R

C _p − C _V = nR ⇒ C _p = γnR γ − 1 Or, pour une transformation adiabatique réversible, dS = 0, d’où :

p ^β ₂ = T 1

p ^β ₁ ⇒ T 2 = T 1 r ^β _p = 520 K De même pour la transformation 3 → 4 :

p ^β ₄ = T 3

p ^β ₃ ⇒ T 4 = T 3 p 4

_p = 750 K > T 2

4. — Les transformations isobares sont représentées par p = cte = ^RT _V

Les transformations adiabatiques réversibles suivent la loi de Laplace démontrée précédemment et qui peut se réécrire pV _m ^γ = cte.

— Déterminons le rapport V _m,3 /V _m,1 :

La transformation isobare 2 → 3 se fait à rapport V m /T constant, d’où : V _m3 = V _m2 T 3

= V _m2 T 3

_p

Or, le long de l’adiabatique réversible 1 → 2, on a la loi de Laplace pV _m ^γ = cte, donc : p 2 V _m2 ^γ = p 1 V _m1 ^γ ⇒ V _m2 = V _m1 r

_p

V _m3 V _m1 = T 3

r _p

_p = 1, 1 > 1

∆H _m = W _u,m = γR

W u,12, m = ^R _β (T 2 − T 1 ) W _{u,34, m} = ^R _β (T 4 − T 3 ) ⇒

W u, 12, m = ^RT _β

r ^β _p − 1 = 4, 6 kJ.mol

> 0 W _u, _{34, m} = ^RT _β

_p − 1 = −12 kJ.mol

< 0 6. Pour les transformations isobares on a : ∆H _m = Q _m = ^R _β ∆T. Ainsi :

Q _{23, m} = ^R

β (T 3 − T 2 ) Q _{41, m} = ^R _β (T 1 − T 4 ) ⇒

Q _{23, m} = ^R

T 3 − T 1 r _p ^β = 16 kJ.mol

> 0 Q _{41, m} = ^R

T 1 − T 3 r _p

W _{u,12, m} + W _u, _{34, m} Q _{23, m}

r ^β _p − 1 + T 3

_p − 1 T 3 − T 1 r ^β _p

T 3 − T 1 r ^β _p r

_p − T 3 − T 1 r _p ^β T 3 − T 1 r ^β _p

η = 1 − 1 r ^β _p = 0, 43

8. En notant W le travail reçu par le système et Q _C et Q _F les transferts thermiques reçus respectivement de la part de la source chaude et de la source froide :

η _C = −W Q C

Les bilans énergétiques et entropiques sur ce cycle donnent alors : ( 0 = W + Q _C + Q _F

0 = ^Q _T

+ ^Q _T

η _C = 1 + Q _F Q _C = 1 − T 1

Q _m = ∆H _m = R β ∆T On a donc :

Q _{x3, m} = ^R _β (T 3 − T 4 ) Q _{y1, m} = ^R _β (T 1 − T 2 )

η = − W _u,m Q _{x3, m} =

_p T 3 − T 1 r ^β _p T 3 − T 4

T 3 − T 1 r ^β _p T 3

r _p ^β = 0, 60

_pe = 1 − T 1

r _pe ^β ⇒ r ^2β _pe = T 3

⇒ r _pe = T 3

T 2 = T 1 r ^β _p = T 1 T