Corrections 475
• (4) est la solidification à la température de T f sous la pression atmosphérique ; la variation d’enthalpie du système est ΔH4 = −L f (T f ).
L’enthalpie étant une fonction d’état, la variation d’enthalpie ΔH ne dépend pas du chemin suivi :
ΔHa = ΔH b soit ΔH1 + ΔH2 = ΔH3 + ΔH4.
Nous en déduisons : L f (T0) = L f (T f ) + (cP,s − c P,l )(T f − T0) = 2,6 · 10
2 kJ · kg
−1 .
4. Nous obtenons quasi-instantanément un mélange liquide-solide : la transformation peut être considérée
comme adiabatique. La transformation étant par ailleurs isobare, la variation d’enthalpie du système
est égale au transfert thermique reçu, nul dans le cas adiabatique : l’enthalpie du système est constante.
Imaginons, en raisonnant sur l’unité de masse, le chemin suivant en deux étapes (5) et (6) :
Liquide à T0
Liquide à T f
(5)
Mélange liquide-solide à T f
(6)
— (5) est le chauffage du liquide de T0 à T f sous la pression atmosphérique ; la variation d’enthalpie
du système est ΔH5 = c P,l (T f − T0).
— (6) est la solidification partielle à la température de T f sous la pression atmosphérique ; la variation
d’enthalpie du système est ΔH5 = −xL f (T f ).
Or ΔH = ΔH5 + ΔH6 = 0. Nous en déduisons x =
c P,l (T f − T0)
L f (T f )
= 0,86.
5. Nous cherchons la température extérieure Tc pour laquelle x = 1 =
c P,l (T f − Tc)
L f (T f )
. On obtient ainsi :
Tc = T f −
L f (T f )
c P,l
= −21 °C.
Exercice 17.8
1. Considérons le système fermé constitué des n moles d’air extérieur qui vont pénétrer dans la cloche
au cours de l’expérience. La transformation est brutale et à ce titre, nous pourrons supposer que
les transferts thermiques n’ont pas le temps de se réaliser ; en d’autres termes, nous considérerons
l’évolution adiabatique. Par ailleurs, le système est soumis à une pression extérieure P0 constante :
l’évolution est monobare. Le travail reçu par l’air est le travail des forces de pression nécessaire pour
faire rentrer le volume d’air V0 =
nRT0
P0
dans la cloche vide, soit W = P0V0. Appliquons alors le premier
principe de la thermodynamique au système fermé : ΔU = W soit nCV m(T1 − T0) = P0V0 = nRT0.
Finalement : T1 = T0 +
R
CV m
T0 = γT0 = 4,1 · 10
2 K.
2. Sachant que P0V = nRT1, la variation d’énergie interne s’écrit :
ΔU = nCV m(T1 − T0) =
nR
γ − 1
(T1 − T0) =
P0V
γ − 1
1 −
T0
T1
= 2,1 · 10
2 J.
3. La cloche n’était pas parfaitement calorifugée et des transferts thermiques ont donc conduit l’air intérieur vers un état d’équilibre thermique avec l’extérieur. Notons P la pression régnant dans la cloche.
En supposant que celle-ci soit parfaitement étanche, la quantité n n’a pas varié et l’équation d’état du
gaz parfait donne alors : n =
P V
RT0
=
P0V
RT1
d’où P =
T0
T1
P0 = 0,71 bar.
Exercice 17.9
1. Notons tout d’abord que le système est constitué d’un kilogramme d’eau : le volume d’eau est égal au
volume massique multiplié par un. Les points I et K se placent aisément sur le diagramme de Clapeyron
puisque les volumes sont connus et qu’ils figurent tous deux sur l’isotherme 373 K. La pression PI de
l’état initial se lit sur l’axe des ordonnées : PI = 0,85 bar. Nous pouvions aussi obtenir PI en supposant
que la vapeur d’eau se comporte comme un gaz parfait : PI =
RTI
MVI
= 0,86 bar.
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.
partagelivrescpge.blogspot.com
• (4) est la solidification à la température de T f sous la pression atmosphérique ; la variation d’enthalpie du système est ΔH4 = −L f (T f ).
L’enthalpie étant une fonction d’état, la variation d’enthalpie ΔH ne dépend pas du chemin suivi :
ΔHa = ΔH b soit ΔH1 + ΔH2 = ΔH3 + ΔH4.
Nous en déduisons : L f (T0) = L f (T f ) + (cP,s − c P,l )(T f − T0) = 2,6 · 10
2 kJ · kg
−1 .
4. Nous obtenons quasi-instantanément un mélange liquide-solide : la transformation peut être considérée
comme adiabatique. La transformation étant par ailleurs isobare, la variation d’enthalpie du système
est égale au transfert thermique reçu, nul dans le cas adiabatique : l’enthalpie du système est constante.
Imaginons, en raisonnant sur l’unité de masse, le chemin suivant en deux étapes (5) et (6) :
Liquide à T0
Liquide à T f
(5)
Mélange liquide-solide à T f
(6)
— (5) est le chauffage du liquide de T0 à T f sous la pression atmosphérique ; la variation d’enthalpie
du système est ΔH5 = c P,l (T f − T0).
— (6) est la solidification partielle à la température de T f sous la pression atmosphérique ; la variation
d’enthalpie du système est ΔH5 = −xL f (T f ).
Or ΔH = ΔH5 + ΔH6 = 0. Nous en déduisons x =
c P,l (T f − T0)
L f (T f )
= 0,86.
5. Nous cherchons la température extérieure Tc pour laquelle x = 1 =
c P,l (T f − Tc)
L f (T f )
. On obtient ainsi :
Tc = T f −
L f (T f )
c P,l
= −21 °C.
Exercice 17.8
1. Considérons le système fermé constitué des n moles d’air extérieur qui vont pénétrer dans la cloche
au cours de l’expérience. La transformation est brutale et à ce titre, nous pourrons supposer que
les transferts thermiques n’ont pas le temps de se réaliser ; en d’autres termes, nous considérerons
l’évolution adiabatique. Par ailleurs, le système est soumis à une pression extérieure P0 constante :
l’évolution est monobare. Le travail reçu par l’air est le travail des forces de pression nécessaire pour
faire rentrer le volume d’air V0 =
nRT0
P0
dans la cloche vide, soit W = P0V0. Appliquons alors le premier
principe de la thermodynamique au système fermé : ΔU = W soit nCV m(T1 − T0) = P0V0 = nRT0.
Finalement : T1 = T0 +
R
CV m
T0 = γT0 = 4,1 · 10
2 K.
2. Sachant que P0V = nRT1, la variation d’énergie interne s’écrit :
ΔU = nCV m(T1 − T0) =
nR
γ − 1
(T1 − T0) =
P0V
γ − 1
1 −
T0
T1
= 2,1 · 10
2 J.
3. La cloche n’était pas parfaitement calorifugée et des transferts thermiques ont donc conduit l’air intérieur vers un état d’équilibre thermique avec l’extérieur. Notons P la pression régnant dans la cloche.
En supposant que celle-ci soit parfaitement étanche, la quantité n n’a pas varié et l’équation d’état du
gaz parfait donne alors : n =
P V
RT0
=
P0V
RT1
d’où P =
T0
T1
P0 = 0,71 bar.
Exercice 17.9
1. Notons tout d’abord que le système est constitué d’un kilogramme d’eau : le volume d’eau est égal au
volume massique multiplié par un. Les points I et K se placent aisément sur le diagramme de Clapeyron
puisque les volumes sont connus et qu’ils figurent tous deux sur l’isotherme 373 K. La pression PI de
l’état initial se lit sur l’axe des ordonnées : PI = 0,85 bar. Nous pouvions aussi obtenir PI en supposant
que la vapeur d’eau se comporte comme un gaz parfait : PI =
RTI
MVI
= 0,86 bar.
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