524 Chapitre 19
Machines thermiques
Exercice 19.1
1. Pour un moteur tournant à 3000 tours/min, les transferts thermiques n’ont pas le temps de se réaliser
et les compressions et détentes pourront donc être considérées comme adiabatiques. L’hypothèse de la
réversibilité est plus audacieuse, les frottements notamment étant inévitables.
2. V1 − V2 = C et a =
V1
V2
d’où V2 =
C
a − 1
= 0,056 L
et V1 =
aC
a − 1
= 0,56 L. L’équation d’état nous permet de déduire n =
P1V1
RT1
= 0,023 mol. La compression de (1) vers (2) étant isentropique, la loi de Laplace peut être utilisée : P2 = P1
V1
V2
γ
= 21 bar.
L’équation d’état donne enfin P3 =
nRT3
V2
. Numériquement : P3 = 78 bar et δ = 3, 6.
3. T2 =
P2V2
nR
=
P2V2
P1V1
T1 et V3 =
nRT3
P3
.
La loi de Laplace peut être utilisée entre (3) et (4)
et amène à P4 = P3
V2
V1
γ
= 3,6 bar. Sachant que
V4 = V1, on en déduit T4 =
P4V4
nR
.
Les différentes valeurs numériques sont regroupées
dans le tableau ci-contre.
4. Le cycle est décrit dans le sens horaire : il s’agit
d’un moteur.
État
(1)
(2)
(3)
(4)
P (bar) 1,0
21
78
3,6
V (L)
0,56
0,056
0,056
0,56
T (K)
293 6,3 · 10
2
2,3 · 10
3
1,1 · 10
3
0.0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0 .6
V (L)
0
10
20
30
40
50
60
70
80
P (bar)
(0)
(1)
(4)
(2)
(3)
5. Précisons les échanges énergétiques.
• Transformation (1) → (2) : Q12 = 0 puisque la transformation est adiabatique. L’application du
premier principe donne alors W12 = ΔU12 =
nR
γ − 1
(T2 − T1) =
P2V2
γ − 1
1 − a
1−γ
= 1,9 · 10
2 J.
• Transformation (2) → (3) : la transformation étant isochore, W23 = 0. Le premier principe donne
alors Q23 = ΔU23 =
nR
γ − 1
(T3 − T2) =
(P3 − P2)V2
γ − 1
= 9,5 · 10
2 J
• Transformation (3) → (4) : Q34 = 0 puisque la transformation est adiabatique. L’application du
premier principe donne alors W34 = ΔU34 =
nR
γ − 1
(T4 − T3) =
P3V2
γ − 1
a
1−γ − 1
= −6,9 · 10
2 J.
• Transformation (4) → (1) : la transformation étant isochore, W41 = 0. Le premier principe donne
alors Q41 = ΔU41 =
nR
γ − 1
(T1 − T4) = −4,4 · 10
2 J
6. Le rendement du moteur est le rapport du travail fourni au cours d’un cycle sur le transfert thermique
reçu au cours de la phase (2) → (3) : η =
−W
Q23
=
−W12 − W34
Q23
= −
P2V2
γ − 1
1 − a
1−γ
+
P3V2
γ − 1
a
1−γ − 1
(P3 − P2)V2
γ − 1
soit finalement η = 1− a
1−γ = 0,53. Nous remarquons que η augmente lorsque γ augmente, c’est-à-dire
lorsque la richesse du carburant diminue.
Exercice 19.2
1. W < 0, QF < 0 : il s’agit d’un cycle moteur.
2. L’application du premier principe sur un cycle amène à ΔU cycle = 0 = W +QF +QC , soit à QC = 123 J.
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Machines thermiques
Exercice 19.1
1. Pour un moteur tournant à 3000 tours/min, les transferts thermiques n’ont pas le temps de se réaliser
et les compressions et détentes pourront donc être considérées comme adiabatiques. L’hypothèse de la
réversibilité est plus audacieuse, les frottements notamment étant inévitables.
2. V1 − V2 = C et a =
V1
V2
d’où V2 =
C
a − 1
= 0,056 L
et V1 =
aC
a − 1
= 0,56 L. L’équation d’état nous permet de déduire n =
P1V1
RT1
= 0,023 mol. La compression de (1) vers (2) étant isentropique, la loi de Laplace peut être utilisée : P2 = P1
V1
V2
γ
= 21 bar.
L’équation d’état donne enfin P3 =
nRT3
V2
. Numériquement : P3 = 78 bar et δ = 3, 6.
3. T2 =
P2V2
nR
=
P2V2
P1V1
T1 et V3 =
nRT3
P3
.
La loi de Laplace peut être utilisée entre (3) et (4)
et amène à P4 = P3
V2
V1
γ
= 3,6 bar. Sachant que
V4 = V1, on en déduit T4 =
P4V4
nR
.
Les différentes valeurs numériques sont regroupées
dans le tableau ci-contre.
4. Le cycle est décrit dans le sens horaire : il s’agit
d’un moteur.
État
(1)
(2)
(3)
(4)
P (bar) 1,0
21
78
3,6
V (L)
0,56
0,056
0,056
0,56
T (K)
293 6,3 · 10
2
2,3 · 10
3
1,1 · 10
3
0.0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0 .6
V (L)
0
10
20
30
40
50
60
70
80
P (bar)
(0)
(1)
(4)
(2)
(3)
5. Précisons les échanges énergétiques.
• Transformation (1) → (2) : Q12 = 0 puisque la transformation est adiabatique. L’application du
premier principe donne alors W12 = ΔU12 =
nR
γ − 1
(T2 − T1) =
P2V2
γ − 1
1 − a
1−γ
= 1,9 · 10
2 J.
• Transformation (2) → (3) : la transformation étant isochore, W23 = 0. Le premier principe donne
alors Q23 = ΔU23 =
nR
γ − 1
(T3 − T2) =
(P3 − P2)V2
γ − 1
= 9,5 · 10
2 J
• Transformation (3) → (4) : Q34 = 0 puisque la transformation est adiabatique. L’application du
premier principe donne alors W34 = ΔU34 =
nR
γ − 1
(T4 − T3) =
P3V2
γ − 1
a
1−γ − 1
= −6,9 · 10
2 J.
• Transformation (4) → (1) : la transformation étant isochore, W41 = 0. Le premier principe donne
alors Q41 = ΔU41 =
nR
γ − 1
(T1 − T4) = −4,4 · 10
2 J
6. Le rendement du moteur est le rapport du travail fourni au cours d’un cycle sur le transfert thermique
reçu au cours de la phase (2) → (3) : η =
−W
Q23
=
−W12 − W34
Q23
= −
P2V2
γ − 1
1 − a
1−γ
+
P3V2
γ − 1
a
1−γ − 1
(P3 − P2)V2
γ − 1
soit finalement η = 1− a
1−γ = 0,53. Nous remarquons que η augmente lorsque γ augmente, c’est-à-dire
lorsque la richesse du carburant diminue.
Exercice 19.2
1. W < 0, QF < 0 : il s’agit d’un cycle moteur.
2. L’application du premier principe sur un cycle amène à ΔU cycle = 0 = W +QF +QC , soit à QC = 123 J.
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