TD T4 : Machines thermiques - corrigé
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Corrigé TD T4 : Machines thermiques
Exercice 1 : Moteur thermique à air
1. Équation d’état des gaz parfaits : 𝑝2𝑉2 = 𝑛𝑅𝑇2 avec 𝑇1 = 𝑇2. Et 𝑝2 = 6𝑝1 (1)
Quantité d’air : 𝑛 = 𝑚
𝑀a (2) On a donc 𝑉2 = 𝑚𝑅𝑇1
6𝑀a𝑝1 ⇒ 𝑉2 = 2,5L.
2. Équation d’état des gaz parfaits : 𝑝3𝑉3 = 𝑛𝑅𝑇3 (3) E2 → E3 est isobare : 𝑝3 = 𝑝2 (4)
Avec (1) et (2), on obtient 𝑉3 = 𝑚𝑅𝑇3
6𝑀a𝑝1 ⇒ 𝑉3 = 10L.
On a 𝑉3 > 𝑉2, ce qui est cohérent avec le fait que E2 → E3 est un échauffement isobare.
3. E3 → E4 est adiabatique réversible : 𝑝3𝑉3 𝛾
= 𝑝4𝑉4𝛾. E4 → E1 est isobare : 𝑝4 = 𝑝1.
Avec (1) et (4), on obtient 𝑉4 = 61/𝛾𝑉3 ⇒ 𝑉4 = 36L.
On a 𝑉4 > 𝑉3, ce qui est cohérent avec le fait que E3 → E4 est une détente.
4. Premier principe : Δ𝑈34= 𝑊34+ 𝑄34 avec 𝑄34= 0.
On a d𝑈 = 𝐶𝑉d𝑇 avec 𝐶𝑉 = 𝑛𝑅
𝛾−1⇒ Δ𝑈34= 𝑛𝑅
𝛾−1(𝑇4− 𝑇3).
Équation d’état des gaz parfaits : 𝑝4𝑉4 = 𝑛𝑅𝑇4. Avec (3), on obtient 𝑊34 =𝑝4𝑉4−𝑝3𝑉3
𝛾−1 (5)
5. 𝑊 = 𝑊12+ 𝑊23+ 𝑊34+ 𝑊41.
Les transformations sont réversibles : 𝛿𝑊 = −𝑝d𝑉.
Équation d’état des gaz parfaits : 𝑝𝑉 = 𝑛𝑅𝑇 et 𝑝1𝑉1 = 𝑛𝑅𝑇1.
E1 → E2 est isotherme : 𝑇 = 𝑇1 ⇒ 𝛿𝑊 = −𝑝1𝑉1 d𝑉 𝑉 ⇒ 𝑊12= 𝑝1𝑉1ln ( 𝑉1 𝑉2). E2 → E3 est isobare : 𝑝 = 𝑝2 ⇒ 𝛿𝑊 = −𝑝2d𝑉 ⇒ 𝑊23 = 𝑝2(𝑉2− 𝑉3). E4 → E1 est isobare : 𝑝 = 𝑝1 ⇒ 𝛿𝑊 = −𝑝1d𝑉 ⇒ 𝑊41= 𝑝1(𝑉4− 𝑉1). Avec (5), on obtient 𝑊 = 𝑝1𝑉1ln ( 𝑉1 𝑉2) + 𝑝2(𝑉2− 𝑉3) + 𝑝4𝑉4−𝑝3𝑉3 𝛾−1 + 𝑝1(𝑉4− 𝑉1) .
6. E2 → E3 est isobare : 𝑄23= Δ𝐻23 avec d𝐻 = 𝐶𝑝d𝑇 et 𝐶𝑝 = 𝛾𝑛𝑅 𝛾−1. Avec (2), on obtient d𝐻 =(𝛾−1)𝑀𝛾𝑚𝑅 ad𝑇 ⇒ 𝑄23= 𝛾𝑚𝑅 𝑀a 𝑇3−𝑇2 𝛾−1 . 7. 𝜂 = −𝑄𝑊 23 .
Exercice 2 : Conditionneur d’air
1. La puissance 𝑃m du moteur est la somme de la puissance 𝑃C> 0 fournie par le compresseur à l’air et de la puissance 𝑃T < 0 fournie par la turbine à l’air :
𝑃m= 𝑃C+ 𝑃T.1
On note 𝑤C > 0 le travail massique utile fourni par le compresseur à l’air :
ℎ2− ℎ1 = 𝑐𝑝(𝑇2− 𝑇1) = 𝑤C.
On note 𝑚 la masse d’air traversant le compresseur pendant Δ𝑡 : 𝑃C =𝑚𝑤C
Δ𝑡 et 𝐷𝑚 = 𝑚
Δ𝑡 ⇒ 𝑃C= 𝐷𝑚𝑐𝑝(𝑇2− 𝑇1).
On note 𝑤T < 0 le travail massique utile fourni par la turbine à l’air :
1 Autrement dit, la puissance du moteur est la différence entre la puissance du compresseur et la puissance que
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Page 2 sur 4 ℎ4− ℎ3 = 𝑐𝑝(𝑇4− 𝑇3) = 𝑤T ⇒ 𝑃T = 𝐷𝑚𝑐𝑝(𝑇4− 𝑇3) ⇒ 𝑃m = 𝐷𝑚𝑐𝑝(𝑇2+ 𝑇4− 𝑇1− 𝑇3).
La compression et la détente sont adiabatiques réversibles. D’après la loi de Laplace, 𝑝11−𝛾𝑇1𝛾 = 𝑝21−𝛾𝑇2𝛾 ⇒ 𝑇2 = 𝑥𝑇1 et 𝑝31−𝛾𝑇3𝛾= 𝑝41−𝛾𝑇4𝛾 avec 𝑝3 = 𝑝2 et 𝑝1 = 𝑝4 ⇒ 𝑇3 = 𝑥𝑇4.
Dans l’échangeur E, on note 𝑞E> 0 le transfert thermique massique de l’air évacué du local vers l’air
prélevé à l’extérieur : ℎ6− ℎ5 = 𝑐𝑝(𝑇6− 𝑇5) = 𝑞E et ℎ3− ℎ2 = 𝑐𝑝(𝑇3− 𝑇2) = −𝑞E ⇒ 𝑇3 = 𝑇5+ Δ𝑇. On en déduit alors 𝑃m = 𝐷m𝑐𝑝[(𝑥 − 1)𝑇1+ ( 1 𝑥− 1) (𝑇5+ Δ𝑇)] . 2. a. 𝑇2 = 𝑥𝑇1 ⇒ 𝑇6 = 𝑥𝑇1− Δ𝑇 ⇒ 𝜑c = (𝑥−1)𝑇1−Δ𝑇 (𝑥−1)𝑇1+(𝑥1−1)(𝑇5+Δ𝑇). 2. b. 𝜑c est maximal pour 𝑥 = 1,15.
Le taux de compression s’écrit 𝑝𝑝2 1 = 𝑥
𝛾
𝛾−1 ⇒𝑝2
𝑝1 = 1,6. 𝜑c = 4,2, résultat en accord avec la courbe fournie.
𝑇6 = 𝑥𝑇1− Δ𝑇 ⇒ 𝑇6 = 3,2 × 102K.
Cette température en sortie du conditionneur est assez élevée, et peu agréable. 2. c. Si on fixe 𝑇6, alors 𝑥 =
𝑇6+Δ𝑇
𝑇1 ⇒ 𝑥 = 1,09. On a alors 𝑝2
𝑝1= 1,4 et 𝜑c = 3, en accord avec la courbe fournie.
Les contraintes de fonctionnement imposent de ne pas maximiser le coefficient d’effet calorifique 𝜑c.
Celui-ci reste cependant supérieur à 1 : il est préférable d’alimenter le moteur de l’installation plutôt que d’utiliser un radiateur électrique.
Exercice 3 : Moteur Diésel
1. Équation d’état des gaz parfaits : 𝑝A𝑉A= 𝑛𝑅𝑇A = 𝑚𝑟𝑇A⇒ 𝑚 = 𝑝A𝑉A
𝑟𝑇A ⇒ 𝑚 = 2,9g. De même 𝑛 =𝑝𝐴𝑉𝐴
𝑅𝑇𝐴 = 0,10 𝑚𝑜𝑙.
2. La transformation (AB) est adiabatique réversible. Le gaz est parfait, de coefficient 𝛾 constant, et est soumis au seul travail des forces de pression. On peut appliquer les relations de Laplace : 𝑇A𝑉A
𝛾−1 = 𝑇B𝑉B𝛾−1 ⇒ 𝑉B= (𝑇A 𝑇B) 1 𝛾−1 𝑉A ⇒ 𝑉B= 0,12L.
Équation d’état des gaz parfaits : 𝑝B𝑉B= 𝑛𝑅𝑇B ⇒ 𝑝B = 𝑛𝑅𝑇B
𝑉B ⇒ 𝑝B= 70bar. 3. La transformation (BC) est isobare : 𝑝C = 𝑝B.
Équation d’état des gaz parfaits : 𝑝B𝑉C= 𝑛𝑅𝑇C ⇒ 𝑇C =𝑝B𝑉C
𝑛𝑅 ⇒ 𝑇C = 4,5 × 10 3K.
La transformation (DA) est isochore : 𝑉D = 𝑉A.
La transformation (CD) est adiabatique réversible. On peut appliquer les relations de Laplace : 𝑇C𝑉C𝛾−1 = 𝑇D𝑉A𝛾−1⇒ 𝑇D = (𝑉C
𝑉C)
𝛾−1
𝑇C ⇒ 𝑇D = 2,4 × 103K. Équation d’état des gaz parfaits : 𝑝D𝑉A = 𝑚𝑟𝑇D ⇒ 𝑝D =
𝑛𝑅𝑇D
𝑉A ⇒ 𝑝D = 8,0bar. 4. et 5.
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Page 3 sur 4 6. L’air reçoit un transfert thermique de la source chaude au cours de la transformation (BC), qui est
monobare : 𝑄c = Δ𝐻 = 𝐶𝑝Δ𝑇 avec 𝐶𝑝 = 𝛾𝑛𝑅 𝛾−1⇒ 𝑄c = 𝛾𝑛𝑅 𝛾−1(𝑇C− 𝑇B) ⇒ 𝑄c = 10kJ.
L’air reçoit un transfert thermique de la source froide au cours de la transformation (DA), qui est isochore : 𝑄f= Δ𝑈 = 𝐶𝑉Δ𝑇 avec 𝐶𝑉 = 𝑛𝑅 𝛾−1⇒ 𝑄f= 𝑚𝑟 𝛾−1(𝑇A− 𝑇D) ⇒ 𝑄c = −4,4kJ. Bilan énergétique : 𝑊 + 𝑄c+ 𝑄f= 0 ⇒ 𝑊 = −𝑄c− 𝑄f ⇒ 𝑊 = −6kJ. 7. Rendement : 𝜂 = −𝑊 𝑄c ⇒ 𝜂 = 0,6. 8. Le gaz est parfait : Δ𝑆DA = 𝐶𝑉ln (
𝑇A 𝑇D) + 𝑛𝑅ln ( 𝑉A 𝑉D) avec 𝐶𝑉 = 𝑛𝑅 𝛾−1 et 𝑉A= 𝑉D. Δ𝑆DA = 𝑛𝑅 𝛾−1ln ( 𝑇A 𝑇D) ⇒ Δ𝑆DA = −4,3J. K −1.
Deuxième principe : Δ𝑆DA = 𝑆e+ 𝑆p, où 𝑆e est l’entropie échangée.
𝑆e = 𝑄f 𝑇A⇒ 𝑆 p = Δ𝑆 DA− 𝑄f 𝑇A ⇒ 𝑆 p = 11J. K−1.
Conformément au second principe, on a 𝑆p≥ 0.
9. L’entropie est une fonction d’état. Sa variation sur un cycle est donc nulle : Δ𝑆 = 0 .
Ce cycle ditherme n’est pas un cycle de Carnot, il n’est donc pas réversible. L’irréversibilité provient de l’inhomogénéité de température lors des transformations (BC) et (DA).
Exercice 4 : Régulation du chauffe-eau d’un bungalow 1. Voir ci-contre. 2. Rendement du moteur : 𝑟 =−𝑊 𝑄1 = 1 − 𝑇3 𝑇1 (moteur ditherme réversible).
Efficacité de la pompe à chaleur : 𝜀 = −𝑄𝑊2 = 𝑇2
𝑇2−𝑇3 (pompe à chaleur ditherme réversible). 𝑒 =𝑄2 𝑄1 = 𝑟𝜀 ⇒ 𝑒 = 𝑇2(𝑇1−𝑇3) 𝑇1(𝑇2−𝑇3) ⇒ 𝑒 = 0,35.
Exercice 5 : Machine de Stirling
1. Le cycle est parcouru dans le sens horaire. Il est donc moteur.
Un cycle de Carnot comporte deux isothermes réversibles et deux adiabatiques réversibles. Ce cycle n’est donc pas un cycle de Carnot.
L’entropie est une fonction d’état. Au cours d’un cycle, Δ𝑆 = 0 . 2. Travail élémentaire des forces de pression : 𝛿𝑊 = −𝑝d𝑉.
Gaz parfait : 𝑝𝑉 = 𝑛𝑅𝑇3 ⇒ 𝛿𝑊 = −𝑛𝑅𝑇3 d𝑉 𝑉 ⇒ 𝑊34= −𝑛𝑅𝑇3∫ d𝑉 𝑉 𝑉1 𝑉2 = 𝑛𝑅𝑇3ln ( 𝑉2 𝑉1). On a 𝑉2 = 𝛽𝑉1 ⇒ 𝑊34 = 𝑛𝑅𝑇3ln𝛽 ⇒ 𝑊34 = −30kJ.
3. Première loi de Joule : Δ𝑈34 = 0.
Premier principe : Δ𝑈34= 𝑊34+ 𝑄34 ⇒ 𝑄34= −𝑊34 ⇒ 𝑄34 = 30kJ. 4. Transformation isochore : 𝑄23= Δ𝑈23. Gaz parfait : d𝑈 = 𝐶𝑉d𝑇 et 𝐶𝑉 = 𝑛𝑅 𝛾−1⇒ 𝑄23= 𝑛𝑅 𝛾−1(𝑇3− 𝑇1) ⇒ 𝑄23= 28kJ.
5. Les transformations 2 − 3 et 4 − 1 sont isochores : 𝑊23= 𝑊41= 0.
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Page 4 sur 4 Travail reçu au cours du cycle : 𝑊 = 𝑊12+ 𝑊34⇒ 𝑊 = 𝑛𝑅(𝑇3− 𝑇1)ln𝛽 ⇒ 𝑊 = −17kJ.
On a 𝑊 < 0 : le cycle est bien moteur. 6. 𝜂 = 0,57.
Exercice 6 : Congélateur 1. Égalité de Clausius : 𝑄1
𝑇1 +
𝑄2
𝑇2 = 0 où 𝑄1 et 𝑄2 sont les transferts thermiques reçus de la source froide et de la source chaude.
On a 𝑃1 = 𝑄1
Δ𝑡 et 𝑃2 = −𝑄2
Δ𝑡 où Δ𝑡 est un temps de fonctionnement quelconque.
En divisant par Δ𝑡 : 𝑃1 𝑇1− 𝑃2 𝑇2 = 0 ⇒ 𝑃2 = 𝑇2 𝑇1𝑃1 ⇒ 𝑃2 = 461 kJ/h. 2. Premier principe : 𝑃1− 𝑃2 + 𝑃3 = 0 ⇒ 𝑃3 = 𝑃2− 𝑃1 ⇒ 𝑃3 = 61 kJ/h. 3. 𝑒 =𝑃1 𝑃3 ⇒ 𝑒 = 6,6.
Exercice 7 : Cycle de Carnot 1. Voir ci-contre.
2. BC adiabatique réversible : 𝑃B1−𝛾𝑇B𝛾= 𝑃C1−𝛾𝑇C𝛾 (relation de Laplace). 𝑇B= 𝑇1 et 𝑇C = 𝑇2 : 𝑇2 = ( 𝑃B 𝑃C) 1 𝛾−1 𝑇1 ⇒ 𝑇2 = 4,1 × 102K.
3. DA adiabatique réversible : 𝑃D1−𝛾𝑇2𝛾= 𝑃A1−𝛾𝑇1𝛾 (relation de Laplace). On a donc 𝑃D = (𝑇1 𝑇2) 𝛾 1−𝛾 𝑃A ⇒ 𝑃D = 3,0bar. 4. BC et DA adiabatiques : 𝑄BC = 𝑄DA = 0 .
AB isotherme : ΔAB𝑈 = 0 (première loi de Joule).
Premier principe : 𝑊AB+ 𝑄AB= 0. Or 𝛿𝑊AB = −𝑃d𝑉 car AB est réversible. On a donc 𝑊AB= −𝑛𝑅𝑇1∫ d𝑉 𝑉 𝑉B 𝑉A = − 𝑚𝑅𝑇1 𝑀a ln ( 𝑉B VA). AB étant isotherme, 𝑃A𝑉A= 𝑃B𝑉B ⇒ 𝑊AB= − 𝑚𝑅𝑇1 𝑀a ln ( 𝑃A 𝑃B). On obtient donc finalement 𝑄AB=
𝑚𝑅𝑇1
𝑀a ln (
𝑃A
𝑃B) ⇒ 𝑄AB= −94 kJ. De la même manière, on obtient 𝑄CD =
𝑚𝑅𝑇2 𝑀a ln ( 𝑃C 𝑃D) ⇒ 𝑄CD = 0,13 MJ. 5. Rendement : 𝑟 = −𝑄𝑊 CD. Premier principe : 𝑊 + 𝑄AB+ 𝑄CD = 0. On a donc 𝑟 = 1 +𝑄AB 𝑄CD ⇒ 𝑟 = 0,28. 6. BC et DA adiabatiques réversibles : ΔBC𝑆 = ΔDA𝑆 = 0 .
Deuxième principe : Δ𝑆 = 𝑆e+ 𝑆c = 𝑆e car les transformations AB et CD sont isothermes réversibles.
ΔAB𝑆 = 𝑆eAB ⇒ ΔAB𝑆 =𝑄AB 𝑇1 ⇒ ΔAB𝑆 = −0,31kJ. K −1. De même, ΔCD𝑆 = 𝑄CD 𝑇2 ⇒ ΔAB𝑆 = 0,32 kJ. K −1.
