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c.haouy@ac-nancy-metz.fr Mise à jour du 21/02/07 BTS Maintenance. Correction des exercices du cours n°7 de thermodynamique. Correction des sujets de thermodynamique (feuille d'exercices n° 7). Exercice 1. 1er principe : W = - Q1 - Q2 car ΔU = 0 sur un cycle, d'où η = | (-Q1-Q2)/Q2| = |- 1 - Q1/Q2|. Compte tenu du fait que Q1/Q2 < 0 et que |Q1/Q2| < 1 (plus de chaleur absorbée que de chaleur rejetée pour produire du travail) on obtient, en posant |Q1/Q2|  ε < 1, que |-1 - Q1/Q2| = | -1 + ε | = 1 - ε = 1 + Q1/Q2 (1). Or Q1 = m.Cv.(T1 - T4) et Q2 = m.Cv.(T3 - T2) d'où Q1/Q2 = (T1 - T4)/(T3 - T2) (2) de plus T1.V1γ-1 = T2.V2γ-1 et T3.V3γ-1 = T4.V4γ-1 or V1 = V4 et V2 = V3 d'où T3.V2 = T4.V1γ-1. On en déduit que : T2 = T1.(V1/V2) γ-1 = T1.τ γ-1 (pour T1 = 20°C ≈ 293 K et τ ≈ 6 on obtient T2 ≈ 293× 60,4 ≈ 600 K ≈ 327 °C) T3 = T4.(V1/V2) γ-1 = T4.τ γ-1 (or T3 = P3 /P2 × T2 ≈ 22.105/12,3.105 × 600 ≈ 1074 K ≈ 800 °C). d'où (2) → Q1/Q2 = (T1 - T4)/( T4.τ γ-1 - T1.τ γ-1) = (T1 - T4)/[τ γ-1 ( T4 - T1)] = -τ1-γ ainsi (1) → η = 1 - τ1-γ 1 η = 1 − γ −1 τ η est d'autant plus grand que le taux de compression volumétrique τ est élevé. 1 Ici τ  V1/V2 = 600/100 ≈ 6 ⇒ η = 1 − 1,4 −1 ≈ 51 % 6 En pratique η ≈ 35 %, voire moins (viscosité). Exercice 2. 1. AB = détente isochore. BC = expansion isotherme. CD = compression isochore. DA = compression isotherme. 2. 2.1. Pour les travaux : WAB = 0 et WCD = 0 (transformations isochores). V max V max ∫ − P.dV or P.V = R.T pour une mole, d'où WBC = − R.T1. WBC = V min 1 V max .dV = − R.T1[ln V]V min V V min ∫ d'où WBC = -R.T1.ln (Vmax/Vmin) de même WDA = - R.T2.ln(Vmin/Vmax) Pour les quantités de chaleur : QAB = ΔUAB (1er principe de la thermo avec WAB = 0) or ΔUAB = Cv.(T1-T2) d'où QAB = Cv.(T1 - T2) de même QCD = Cv.(T2 - T1) Comme AD et BC sont des isothermes on a QBC = - WBC et QDA = - WDA d'où QBC = R.T1.ln (Vmax/Vmin) et QDA = R.T2.ln(Vmin/Vmax 2.2. WAB = 0 page 1/13 c.haouy@ac-nancy-metz.fr Mise à jour du 21/02/07 BTS Maintenance. Correction des exercices du cours n°7 de thermodynamique. QAB = 21×(276-293) = -357 J WBC = -8,32 × 276 × ln 3 ≈ - 2523 J QBC = -WBC ≈ 2523 J 2.3. W = WAB + WBC + WCD + WDA = WBC + WDA d'où W = -R.T1.ln (Vmax/Vmin)- R.T2.ln(Vmin/Vmax) = -R.T1.ln (Vmax/Vmin) + R.T2.ln(Vmax/Vmin) Ainsi W = R. ln(Vmax/Vmin) × (T2 - T1) On trouve W = 8,32 × ln 3 × (293 - 276) ≈ 155 J Le cycle est récepteur car W est positif (de plus le cycle est décrit dans le sens trigonométrique). On peut représenter sur un schéma les différentes transformations : isochore QAB ≈ -357 J isotherme QBC ≈ 2523 J T1 ≈ 3°C isochore QCD ≈ 357 J gaz W ≈ 155 J isotherme QDA ≈ -2678 J T2 ≈ 20°C avec Q  QAB + QBC et Q'  QCD + QDA Calculons, pour s'amuser (;-) les entropies échangées par les thermostats : vérifient-elles l'égalité de Clausius Q AB Q BC QCD Q DA Q Q ' qui assure la réversibilité du cycle ? On a + + +  + = −2,51 J / K ≠ 0 : le cycle T1 T1 T2 T2 T1 T2 ditherme n'est absolument pas réversible, quoi qu'en dise l'énoncé. D'où vient cette contradiction entre les calculs et l'énoncé ? En fait le cycle de Stirling peut être considéré comme : 1/ soit réversible (dans ce cas il n'est plus considéré comme ditherme car lors des transformations isochores le système doit être en contact avec des thermostats de température infiniment proche). Dans ce cas les entropies échangées par les sources ne correspondent pas à Q/T1 et Q'/T2 puisqu'il n'y a pas 2 sources (il faudrait calculer les variations d'entropie du système lors de chaque transformation, égales au variations d'entropie des thermostats puisqu'il y a réversibilité). Le rendement sera cependant maximal (car réversibilité) = 1-Tmin/Tmax (je n'ose pas dire T1 et T2 car il y a une infinité de thermostats). 2/ soit ditherme (dans ce cas les transformations isochores sont irréversibles) : dans ce cas les entropies échangées par les sources valent Q/T1 et Q'/T2 : c'est le calcul ci-dessus qui est mené et qui prouve l'irréversibilité du processus. De toute façon je n'aime pas ce genre de sujet où le fonctionnement de la machine n'est même pas décrit !!! Comment assurer un tel cycle ? Je vous engage à taper "machine de Stirling" sur un moteur de recherche internet et vous comprendrez mieux de quoi il s'agit. 3. • Pour effectuer la transformation AB il faut refroidir le gaz, ce refroidissement n'est possible que parce que la source froide entre en contact avec le gaz, QAB est donc rejetée à la source froide et non prise de la source froide, QAB n'intervient donc pas dans le Q1 qui doit être prise de la source froide (énoncé). • Pour effectuer la transformation BC il faut que le gaz absorbe de la chaleur, or il n'est en contact qu'avec la source froide (puisqu'il s'agit d'une isotherme), cette chaleur est donc prise à la source froide, QBC intervient donc dans Q1. page 2/13 BTS Maintenance. Correction des exercices du cours n°7 de thermodynamique. c.haouy@ac-nancy-metz.fr Mise à jour du 21/02/07 • Pour effectuer la transformation CD il faut absorber de la chaleur, cette chaleur est absorbée lors de la mise en contact du gaz avec la source chaude, cette chaleur est donc prise à la source chaude et donc QCD n'intervient pas dans Q1. • Pour effectuer la transformation DA il faut rejeter de la chaleur, or le gaz n'est en contact qu'avec la source chaude, cette chaleur est rejetée alors à la source chaude et donc QDA n'intervient pas dans Q1. Finalement Q1 est due uniquement à la transformation BC et donc Q1 = QBC ≈ 2523 J par cycle et par mole. on remarque que cette machine prend de la chaleur d'une source froide grâce à un apport de travail : elle fonctionne donc comme une pompe à chaleur (on s'en serait douté étant données les valeurs des températures : T1 ≈ 3°C qui correspond à une température extérieure en période froide, et T2 ≈ 20°C qui correspond à la température d'un appartement). Note : en considérant le cycle ditherme (cas adopté par l'énoncé et cas réellement réalisé en pratique) son Q efficacité vaut e = 2 avec Q2 la chaleur fournie à la source chaude (Q2 = QCD + QDA = -2678 + 357 ≈ -2321 W T2 2321 J), d'où e ≈ ≈ 15 (emax = ≈ 17 serait obtenue avec une infinité de sources ou un four qui 155 T2 − T1 "accompagne" l'évolution de température du système, de manière à assurer la réversibilité du cycle de Stirling). Exercice 3. 1. a. P.V = n.R.T (gaz parfait) ⇒ P1.V1 = R.T1 pour n = 1 mole ⇒ V1 = R.T1/P1 ≈ 8,32 × 330 / 1.105 ≈ 27 litres b. A1A2 adiabatique ⇒ P1.V1γ = P2.V2γ ⇔ P2 = P1.(V1/V2)γ ⇔ P2 = P1.xγ ≈ 1.105×141,40 ≈ 40.105 Pa P2.V2 = R.T2⇒ T2 = P2.V2/R or V2 ≡ V1/x d'où T2 = P2.V1/(x.R) ≈ 40.105 × 27.10-3/(14 × 8,32) ≈ 948 K 2. P3.V3 = R.T3 ⇒ V3 = R.T3/P3 et puisque P3 = P2 on a V3 = R.T3/P2 ≈ 8,32 × 2260/40.105 ≈ 4,7 litres Q23 = n.Cp.(T3 - T2) car détente isobare, or n = 1 d'où Q23 = Cp.(T3 - T2) ≈ 29 × (2260 - 948) ≈ 38 kJ 3. A3A4 est adiabatique d'où P3.V3γ = P4.V4γ ⇔ P4 = P3.(V3/V4)γ or V4 = V1 et P3 = P2 d'où P4 = P2.(V3/V1)γ ≈ 40.105 × (4,7.10-3/27.10-3) ≈ 3,4.105 Pa P4.V4 = R.T4 pour une mole, d'où T4 = P4.V4/R or V4 = V1 d'où T4 = P4.V1/R ≈ 3,4.105 × 27.10-3/8,32 ≈ 1113 K 4. a. Q41 = n.Cv.(T1 - T4) car la transformation est isochore. Or Cv = Cp/γ et n = 1 d'où Q41 = Cp(T1 - T4)/γ ≈ 29×(330 - 1113)/1,4 ≈ -16 kJ attention au signe -. b. page 3/13 c.haouy@ac-nancy-metz.fr Mise à jour du 21/02/07 BTS Maintenance. Correction des exercices du cours n°7 de thermodynamique. Wcycle = ΔUcycle - Qcycle or on a toujours ΔUcycle = 0, d'où Wcycle = -Qcycle = -(Q12 + Q23 + Q34 + Q41), or Q12 = 0 et Q34 = 0 car ces transformations sont adiabatiques, d'où Wcycle = -(Q23 + Q41) ≈ -(38.103 -16.103) = -22 kJ Wcycle est bien négatif, comme prévu. c. η≡ Wcycle = 22.103/38.103 ≈ 57 % (note : Q23 = chaleur absorbée de la source chaude) Q 23 Exercice 4. Le cycle est réversible : il n'est donc pas ditherme puisque ce n'est pas un cycle de Carnot. 1. BC est une compression isochore. 2. PA.VA = n.R.TA ⇒ n = PA.VA/(R.TA) ≈ 1.105×1.10-2/(8,31×300) ≈ 0,4 mole 3. a. PB.VBγ = PA.VAγ car AB est adiabatique ⇒ PB = PA(VA/VB)γ = 1.105×(1/2)1,4 ≈ 38.103 Pa PB.VB = n.R.TB ⇒ TB = PB.VB/(n.R) ≈ 38.103 × 2.10-2 /(0,4 × 8,31) ≈ 227 K B B B b. B B B B B B PC.VC = n.R.TC or VC = VB et TC = TA (car CA est une isotherme) d'où PC = n.R.TA/VB ≈ 0,4 × 8,31 × 300 / 2.10-2 ≈ 50.103 Pa B B 4. QBC + WBC = ΔUBC (1er principe de la thermo) et on sait que ΔUBC = n.Cv.(TC - TB) comme WBC = 0 (transfo isochore) on en déduit que QBC = n.Cv.(TC - TB) et puisque Cv = Cp/γ et TC = TA on en déduit que QBC = n.Cp/γ × (TC - TB) ≈ 0,4 × 29/1,4 × (300 - 227) ≈ 604 J B B B 5. a. ΔUCA = 0 car ΔUCA = n.Cv.(TA - TC) = 0 car TA = TC ( puisque AC est une isotherme) b. Wcycle + Qcycle = ΔUcycle = 0 quel que soit le cycle d'où Wcycle = -Qcycle ⇔ WAB + WBC + WCA = - QAB - QBC - QCA ⇔ WAB = - QAB - QBC - QCA - WBC - WCA or QAB = 0 (AB est adiabatique) et WBC = 0 (BC étant isochore) d'où WAB = - QBC - QCA - WCA d'autre part QCA + WCA = ΔUCA (1er principe) = 0 , (voir question précédente), d'où WAB = - QBC - (QCA + WCA) = - QBC - ΔUCA ⇔ WAB = - QBC ≈ -604 J c. Le signe - indique que la transformation AB (et non le cycle) est motrice : il y a "rejet" de travail à l'extérieur. Il faut remarquer cependant que le cycle est, quant à lui, résistant (parcouru dans le sens trigonométrique). Exercice 5. page 4/13 c.haouy@ac-nancy-metz.fr Mise à jour du 21/02/07 BTS Maintenance. Correction des exercices du cours n°7 de thermodynamique. 1. L'état final du gaz est l'état 3 P3.V3 = n.R.T3 ⇒ n = P3.V3/(R.T3) ≈ 10.105 × 20.10-3 / [8,32 × (273 + 57)] ≈ 7 moles 2. P1.V1 = n.R.T1 ⇒ V1 = n.R.T1 / P1 ≈ 7 × 8,32 × (273 + 27) / 1.105 ≈ 182 litres 3. 1-2 est une transformation isotherme ⇒ T2 = T1 ≈ 273 + 27 ≈ 300 K 2-3 est une transformation isochore ⇒ V2 = V3 ≈ 20 litres on en déduit P2 = n.R.T2/V2 (car gaz parfait) ⇒ P2 ≈ 7 × 8,32 × 300 / 20.10-3 ≈ 873.103 Pa ( ≈ 9 bar) 4. On peut représenter les transformations dans le plan P(V) : P P3 3 P2 2 1 P1 V2 V1 V Ici il y a un travail de transvasement de l'air dans la bouteille grâce au travail de la pompe : en plus du travail de transvasement, la pompe effectue un travail qui comprime l'air : le travail total Wt est réalisé en Δt ≈ 1 min par la pompe. On a alors P = Wt/Δt le travail de la pompe Wt correspond à la surface hachurée (voir cours n° 3). On a Wt = (P3×V2) + W12 - P1×V1 ⇔ Wt = (P3×V2) + n.R.T1× ln(P2/P1) - P1×V1 d'où P = (P3.V2) + n.R.T1. ln(P2/P1) - P1.V1 ≈ Δt (10.105 × 20.10 −3 ) + 7 × 8,32 × 300 × ln(873.103 /1.105 ) − (1.105 × 182.10 −3 ) ≈ 690 W Je trouve que cette question est 60 malheureusement "limite" du programme ! Exercice 6. 1. P PB C B PA A D VC VB VC B B B page 5/13 VA B V c.haouy@ac-nancy-metz.fr Mise à jour du 21/02/07 BTS Maintenance. Correction des exercices du cours n°7 de thermodynamique. Remarque : le cycle ici est modifié par rapport à celui donné sur le document - réponse (qui est malheureusement faux). En outre le cycle ne peut pas être réversible car il entre en contact avec 2 sources de chaleur seulement, ce qui ne peut pas assurer la réversibilité des transformations isobares. 2. PA.VA = n.R.TA or n = 1 mole d'où VA = R.TA/PA ≈ 8,32 × 298 / 1.105 ≈ 25 L PB.VBγ = PA.VAγ ⇒ VB = VA.(PA/PB)1/γ ≈ 25.10-3×(1.105/2,2.105)1/1,4 ≈ 14 L B B B 3. PB.VB = R.TB ⇒ TB = PB.VB /R ≈ 2,2.105 × 8.10-3 / 8,32 ≈ 376 K de même TD = PD.VD/R = PA.VD/R , reste à calculer VD B B B B B B On sait que TC = 340 K et que PC = PB ≈ 2,2.105 Pa, puisque PC.VC = R.TC on en déduit que VC = R.TC/PB ≈ 13 L et puisque PD.VDγ = PC.VCγ on en déduit que VD = VC.(PC/PD)1/γ ⇒ VD = R.TC/PB × (PB/PA)1/γ ⇒ TD = PA.[R.TC/PB × (PB/PA)1/γ]/R ⇔ TD = PA × TC/PB × (PB/PA)1/γ ≈ 1.105 × 340 / 2,2.105 × (2,2.105/1.105)1/1,4 ≈ 271 K B B B B B B B Rq : on a alors VD = R.TD /PD ≈ 22 L > VC, cela prouve que la figure a donnant l'allure du cycle est fausse. 4. 4.1. Q1 ≡ chaleur échangée lors de la transformation BC ⇒ Q1 = Cp.(TC-TB) puisque la transformation est isobare et que n = 1 mole. D'où Q1 ≈ 29,1 × (340 - 376) ≈ - 1059 J : la chaleur est rejetée à la source chaude. B de même Q2 = Cp.(TA-TD) ≈ 29,1 × (298 - 271) ≈ 786 J : la chaleur est absorbée de la source froide. 4.2. 1er principe ⇒ Wcycle + Qcycle = ΔUcycle = 0 ⇔ Wcycle = - Qcycle = - (QAB + QBC + QCD + QDA) or QAB = 0 et QCD = 0 (transfo adiabatiques), d'où Wcycle = - (QBC + QDA) ⇔ Wcycle = - Q1 - Q2 ≈ 1059 - 786 ≈ 274 J : la pompe à chaleur nécessite un apport de travail. 5. 5.1. ε Q1 ≈ 1059/274 ≈ 3,9 or pour un cycle réversible ditherme (sources de chaleur de températures TA et Wcycle TC) on a εmax = TC/(TC – TA) = 340/(340-298) ≈ 8,1 : le cycle n'est donc pas réversible, quoi qu'en dise l'énoncé, une fois de plus. 5.2. Le choix de cette définition vient du fait que l'efficacité est une sorte de rendement, c'est - à - dire un rapport énergie restituée , l'énergie restituée au local à chauffer étant Q1 et l'énergie dépensée étant l'énergie fournie à énergie dépensée la pompe pour effectuer le travail Wcycle, on obtient bien ε  page 6/13 Q1 Wcycle c.haouy@ac-nancy-metz.fr Mise à jour du 21/02/07 BTS Maintenance. Correction des exercices du cours n°7 de thermodynamique. Exercice 7. 1. P 3 2 4 1 V Le cycle est forcément décrit dans le sens trigonométrique car il s'agit d'une pompe à chaleur (le cycle est donc résistant : il nécessite un apport de travail pour se réaliser). La réversibilité du cycle implique qu'il n'est pas ditherme, et donc que le circuit de chauffage et les effluents industriels ne constituent pas des sources de chaleur , ce dont je doute en pratique : leur température est certainement relativement constante, égale à T1 (source chaude) et T3 (source froide), ce qui implique que le cycle est ditherme et donc qu'il n'est certainement pas réversible… 2. P.Vγ = Cte pour une adiabatique ⇒ P1/γ.V = Cte (1) or P.V = nRT (2) pour un gaz parfait, d'où, en faisant le rapport (1) / (2) on obtient P 1−γ γ 1−γ γ 1 .T = Cte pour une adiabatique, d'où P .T1 = P2 1−γ γ ⎛ P2 ⎞ .T2 et donc T2 = T1× ⎜ ⎟ ⎝ P1 ⎠ 1−γ γ ≈ 310 × (1.105/2.105)(1-1,4)/1,4 ≈ 378 K Cette question était relativement difficile pour des BTS. 3. Q12 = 0 et Q34 = 0 car ces transformations sont adiabatiques. Q23 = m.cp.(T3-T2) car la transformation 2-3 est isobare, de même Q41 = m.cp.(T1-T4) on trouve Q23 ≈ 1×1000×(330 - 378) ≈ -48 kJ et Q41 ≈ 1 × 1000 × (310 - 271) ≈ 39 kJ 4. Sur tout cycle ΔUcycle = 0 car la température finale est toujours égale à la température initiale pour un cycle. 1er principe : Wcycle + Qcycle = ΔUcycle ⇒ Wcycle + Qcycle = 0. 5. Wcycle = -Qcycle d'où Wcycle = -(Q23 + Q41) ≈ -(-48.103 + 39.103) ≈ 9 kJ : travail absorbé (cycle résistant, ce qui est normal !). 6. Q 23 ≈ 48.103/9.103 ≈ 5,3 Wcycle remarque : pour une pompe à chaleur ditherme fonctionnant entre les sources T1 et T3 on a on emax = T3/(T3-T1) = 330/(330 – 310) ≈ 16,5 obtenu pour un cycle réversible…preuve que le cycle n'est pas réversible ici. e= page 7/13 c.haouy@ac-nancy-metz.fr Mise à jour du 21/02/07 BTS Maintenance. Correction des exercices du cours n°7 de thermodynamique. Exercice 8. Remarque : PC = 62 bar : je ne connais pas de moteur qui subisse une telle pression (la technologie actuelle des voitures le permet-elle ? avis à ceux qui m'écriront…) 1. P PC PB PD PA VA VB V 2. PA.VA = R.TA pour une mole, d'où VA = R.TA / PA ≈ 8,32 × 300 / 1.105 ≈ 25 L VB = VA/a = 3,5 L B 3. AB est adiabatique, d'où PA.VAγ = PB.VBγ ⇒ PB = PA.(VA/VB)γ ≈ 1.105 × 71,4 ≈ 15.105 Pa PB.VB = R.TB ⇒ TB = PB.VB / R ≈ 15.105 × 3,5.10-3 / 8,32 ≈ 653 K B B B B B B B B B 4. QAB = 0 et QCD = 0 car AB et CD sont adiabatiques. QBC = Cv.(TC - TB) et QDA = Cv(TA - TD) car ces transformations sont isochores. On a de plus Cv = Cp/γ d'où : QBC = Cp/γ × (TC - TB) et QDA = Cp/γ × (TA - TD) on trouve QBC = 29/1,4 × (2650 - 653) ≈ 41 kJ et QDA ≈ 29/1,4 × (300 - 1210) ≈ -19 kJ B B 1er principe ⇒ W + Q = 0 sur un cycle ⇔ W = -Q ⇔ W = -(QBC + QDA) ≈ -(41.103 - 19.103) ≈ -22 kJ signe - ⇒ le cycle est bien moteur. 5. η=− −22.103 ≈ 0,54 41.103 Exercice 9. 1. Qeau = M.c.ΔT ≈ 1000 × 4190 × (358 - 288) ≈ 293 MJ P = Qeau/Δt ≈ 293.106/3600 ≈ 81,5 kW page 8/13 c.haouy@ac-nancy-metz.fr Mise à jour du 21/02/07 BTS Maintenance. Correction des exercices du cours n°7 de thermodynamique. 2. La chaudière doit restituer Qeau joules par heure à l'eau, il faut donc que la chaudière absorbe Qeau/0,80 ≈ 366,6 MJ par heure provenant du fuel. Il faut donc brûler (en 1 heure) une masse de fuel m = 366,6.106/4,2.107 ≈ 8,7 kg La consommation horaire de fuel est donc de 8,7 kg. 3. pour transformer m kg de vapeur d'eau de chaudière en eau liquide il faut retirer la chaleur Q1 = m×Lc attention au signe de Lc : cette chaleur sera rejetée, elle sera donc négative ! (l'énoncé appelle cette chaleur "chaleur absorbée" et impose implicitement la convention de signe). 4. La chaleur à enlever pour abaisser la température de l'eau de chaudière de 100°C à 85°C vaut Q2 = m.c.(θ2' - θ1') Cette chaleur n'est pas absorbée, mais rejetée par l'eau de la chaudière : Q2 est < 0 car θ2' < θ1' 5. a. Qsystème = 0 (adiabatique) ⇒ Qeau + Q1 + Q2 = 0 Qeau est la chaleur récupérée par l'eau de distribution provenant de m kg d'eau de la chaudière. b. Il faut donc que Q1 + Q2 = -Qeau ⇔ m×Lc + m.c.(θ2' - θ1') = -Qeau ⇔ m = − − 293.106 ≈ 4500 kg. −2257, 2 + 4190.(358 − 373) 6. a. T.M.T. ≡ [Ca2+] + [Mg2+] en mole d'ions par litres T.M.T. ≈ 1,5.10-3 + 0,5.10-3 = 2.10-3 moles d'ions par litre. en équivalents par litres : T.M.T ≈ 2 × 2.10-3 ≈ 4.10-3 équivalents par litres en °F on a TMT = 5 × 4.10-3 / 1.10-3 ≈ 20 ° F Cette eau est dure (TMT > 10 °F) b. une eau trop dure bouche les canalisations (par dépôt de calcaire). Exercice 10. 1. 1-2 est adiabatique ⇒ T1.V1 γ-1 = T2.V2 γ-1 ⎛V ⎞ ⇒ T2 = T1 . ⎜ 1 ⎟ ⎝ V2 ⎠ 2. page 9/13 γ −1 ≈ 300 × 141,4-1 ≈ 862 K Qeau ≈ Lc + c.(θ'2 − θ1' ) BTS Maintenance. Correction des exercices du cours n°7 de thermodynamique. c.haouy@ac-nancy-metz.fr Mise à jour du 21/02/07 T3 est la température la plus élevée car les isothermes sont toutes des hyperboles placées les unes au dessus des autres quand T augmente : page 10/13 c.haouy@ac-nancy-metz.fr Mise à jour du 21/02/07 BTS Maintenance. Correction des exercices du cours n°7 de thermodynamique. P T3 > T2 3 4 T4 < T3 T2 V On a vu que T2 > T1. On a aussi T3 > T2 puisque les états 2 et 3 correspondent à la même pression. On sait de plus que la transformation 3-4 est adiabatique, donc de pente plus élevée qu'une isotherme : T4 est donc forcément sur une isotherme située en dessous de l'isotherme T3 : d'où T3 > T4 3. Q12 = 0 car 1-2 est adiabatique Q23 = n.Cp.(T3-T2) car 2-3 est isobare ⇒ pour n = 1 mole on a Q23 = γ.Cv.(T3 - T2) ≈ 1,4 × 20,8 × (1340 - 862) ≈ 14 kJ Q34 = 0 car 3-4 est adiabatique Q41 = Cv.(T1 - T4) car 4-1 est isochore ⇒ Q41 ≈ 20,8 × (300 - 556) ≈ -5 kJ 4. ΔUcycle = 0 pour tout cycle 1er principe : W + Q = ΔUcycle = 0 W = -Q ⇔ W = - (Q23 + Q41) ≈ -(14.103 - 5.103) ≈ -8,6 kJ : le travail est négatif, preuve qu'il s'agit bien d'un cycle moteur ! 5. η  W travail fourni ≈ 8,6.103/14.103 ≈ 0,62 ⇔η= chaleur absorbée Q 23 6. En une heure le moteur consomme 1 L ⇒ il y a un dégagement de chaleur Q23 = 1 × 45.103 kJ par heure. Comme le rendement est de η ≈ 0,45 le travail fourni par heure est de W = η × Q23 = 0,45 × 45.103 ≈ 20.103 kJ. Sa puissance est alors P = W/Δt = 20.106 /3600 ≈ 5625 W (soit environ 7 chevaux). Exercice 11 1. a. b. n = m/M ≈ 2250/121 ≈ 18,6 moles P1.V1 = n.R.T1 ⇒ V1 = n.R.T1/P1 ≈ 18,6 × 8,32 × 272 / 1,9.105 ≈ 221 L 2. page 11/13 c.haouy@ac-nancy-metz.fr Mise à jour du 21/02/07 BTS Maintenance. Correction des exercices du cours n°7 de thermodynamique. 1 1 ⎛ P ⎞γ ⎛ 1,9.105 ⎞1,2 1-2 est adiabatique ⇒ ≈ 63,5 L = ⇒ V2 = V1 . ⎜ 1 ⎟ ≈ 221.10−3. ⎜ 5 ⎟ ⎝ 8,5.10 ⎠ ⎝ P2 ⎠ gaz parfait ⇒ P2.V2 = n.R.T2 ⇒ T2 = P2.V2 / (n.R) ≈ 8,5.105 × 63,5.10-3 / (18,6 × 8,32) ≈ 349 K P2.V2γ 3. a. b. c. P1.V1γ Dans le condenseur la pression du gaz ne varie pas (ce n'est ni un détendeur, ni un compresseur) ⇒ la transformation 2-3 est isobare, d'où Qa = n.Cp.(T3 - T2) ≈ 18,6 × 49,9 × (310 - 349) ≈ -36,3 kJ Ici il y a liquéfaction, donc rejet de chaleur ⇒ Qb = -m.L ≈ -2,25 × 130 ≈ -293 kJ Attention : l'unité de L impose l'unité de m qui doit être exprimée en kg ! Q23 = Qa + Qb ≈ -36,3 - 293 ≈ -329 kJ d. Le signe négatif de Q23 indique que le fréon perd de la chaleur, ce qui est normal puisqu'il est refroidi par le ventilateur. C'est l'air qui récupère cette chaleur. 4. Pour abaisser de ΔT la température de m kg d'eau, il faut lui retirer la chaleur m × Ceau × ΔT, cette chaleur doit être fournie en 1 min à l'évaporateur qui nécessite Q41 ≈ 240 kJ, il faut donc, en une minute, apporter une masse Q 41 m= ≈ 240.103 /(4180 × 5) ≈ 11,5 kg (soit 11,5 L) en 1 min, soit un débit max Dmax = 11,5 L/min Ceau .ΔT Exercice 12. Les transformations s'effectuent à pression constante sous l'action d'un asservissement. 1. P.V1 = R.T1 pour une mole, d'où V1 = R.T1/P ≈ 8,31 × 298 / 6,2.105 ≈ 4 L 2. 2.1. I = U/Ro ≈ 20/100 ≈ 200 mA 2.2. Q = P × Δt ⇒ Q = R.I² × Δt ≈ 100 × (200.10-3)² × (9×60) ≈ 2160 J, toute la chaleur dissipée par la résistance en 9 min sert à échauffer l'enceinte. 2.3.1. 2.3.2. transformation à pression constante ⇒ Q = n.Cp.ΔT, pour une mole n = 1 ⇒ Cp = Q / (T2 - T1) ≈ 2160 / (373 298) ≈ 29 J.mol-1.K-1 P2.V2 = R.T2 pour une mole ⇒ V2 = R.T2/P ≈ 8,32 × 373 / 6,2.105 ≈ 5 L 3. page 12/13 BTS Maintenance. Correction des exercices du cours n°7 de thermodynamique. c.haouy@ac-nancy-metz.fr Mise à jour du 21/02/07 3.1. V2 V2 V1 V1 W = − ∫ P.dV or P = Cte ⇒ W = −P. ∫ dV ⇒ W = -P(V2 - V1) 3.2. W ≈ -6,2.105 × (5.10-3 - 4.10-3) ≈ - 627 J 3.3. W < 0 ⇒ le gaz a fourni du travail à l'extérieur, il est donc moteur. 4. 1er principe ⇒ ΔU = W + Q ≈ - 627 + 2160 ≈ 1533 J gaz parfait ⇒ pour n = 1 mole on a ΔU = Cv.ΔT ⇒ Cv = ΔU/(T2 - T1) ≈ 1533/(373 - 298) ≈ 20,4 J.mol-1.K-1 Remarque : Cp/Cv = 29/20,4 ≈ 1,40 ≡ γ, ce qui est un résultat connu pour l'air. page 13/13