SOLUTIONS DES EXERCICES
D p g = p g0 − p g1 = rgH
1 −
1
2
U
2 /(gH )
≃ rgH = 8630 Pa
;
l’énergie cinétique est négligeable devant l’énergie potentielle.
c) D’après l’expression générale de la perte de
charge, on a :
L = D p g
d
L
2
rU 2 ≃
2
L
4s
p
1/2
·
gH
U 2 = 0,220,
dont on déduit :
R = 64/L = 291 et m = rUdR = 87,5 Pl.
Chapitre 7
7.1 L’égalité des pressions au niveau des deux
pistons entraîne que :
P A = P B soit
f
s
=
F
S
d’où F = f
S
s
soit
F = 1 000 N
7.2 La quantité de matière injectée dans le
réservoir est :
n 1 =
P 1 V 1
R T 1
et n 2 =
P 2 V 2
R T 2
soit n 1 = 0,123 mol
et n 2 = 0,224 mol.
La pression totale est alors : P = (n 1 + n 2 )RT soit
P = 1,8 10
5 Pa (1,8 bar).
Les pressions partielles se calculent à partir de
leurs fractions molaires, soit :
p 1 =
n 1
n 1 + n 2
P et p 2 =
n 2
n 1 + n 2
P
soit p 1 = 0,64 bar et p 2 = 1,16 bar.
7.3 La capacité thermique adéquate pour
résoudre cet exercice est la capacité thermique
massique à pression constante c P = 1 005 J ·
kg
–1 · K
–1 car le système étudié est caractérisé
par sa masse et son évolution est isobare d’où :
Q = mc P (T 2 – T 1 ) soit Q = – 2 613 J. Le résultat
étant négatif, ce travail est perdu par l’air.
7.4 a) La masse de vapeur d’eau se calcule
grâce à l’équation d’état des gaz parfaits dans
les conditions initiales :
P 1 V 1 =
m
M
R T 1 soit m =
P 1 V 1 M
R T 1
m =
4 · 10
5 × 2 · 10
−3 × 18 · 10
−3
8,31 × (273 + 150)
m = 4,1 · 10
−3 kg
b) La transformation étant isobare et réalisée
en vase clos, la conservation de la quantité de
matière donne le volume V 2 après chauffage :
V 2 = V 1
T 1
T 2
= 2 · 10
−3 ×
(273 + 900)
(273 + 150)
= 5,55 · 10
−3 m
3 (V 2 = 5, 55 L)
c) La compression est isotherme d’où :
P 2 V 2 = P 3 V 3 .
V 3 = V 2
P 2
P 3
= 5,55 · 10
−3 ×
4 · 10
5
25 · 10 5 =
V 3 0,89 · 10
−3 m
3 (V 3 = 0, 89 L)
d) La transformation est isochore d’où :
T 4 = T 3
P 4
P 3
T 4 = (900 + 273) ×
10 · 10
5
25 · 10 5
= 469 K
T 4 = 196
◦ C
e) Représentation graphique :
P (bar)
V(L)
A4
A1
A2
A3
1
2
3
4
5
6
0
0
5
15
10
20
25
7.5 a) Le système étudié est tout l’air contenu
dans le compresseur (cylindre + réservoir). Lors
de la phase d’admission d’air, les paramètres
d’état de l’air ne varient pas (pas de transformation). En revanche, lors de la phase de compression, le système est fermé : l’état initial du système est P 0 et (V + V 0 ) et son état final est P 1 et
(v + V 0 ). Comme la transformation est isotherme,
©
Dunod – La photocopie non autorisée est un délit
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“Gautron_9782100543007” (Col. : ScienceSup3-193x250) — 2010/6/15 — 17:13 — page 603 — #613
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D p g = p g0 − p g1 = rgH
1 −
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U
2 /(gH )
≃ rgH = 8630 Pa
;
l’énergie cinétique est négligeable devant l’énergie potentielle.
c) D’après l’expression générale de la perte de
charge, on a :
L = D p g
d
L
2
rU 2 ≃
2
L
4s
p
1/2
·
gH
U 2 = 0,220,
dont on déduit :
R = 64/L = 291 et m = rUdR = 87,5 Pl.
Chapitre 7
7.1 L’égalité des pressions au niveau des deux
pistons entraîne que :
P A = P B soit
f
s
=
F
S
d’où F = f
S
s
soit
F = 1 000 N
7.2 La quantité de matière injectée dans le
réservoir est :
n 1 =
P 1 V 1
R T 1
et n 2 =
P 2 V 2
R T 2
soit n 1 = 0,123 mol
et n 2 = 0,224 mol.
La pression totale est alors : P = (n 1 + n 2 )RT soit
P = 1,8 10
5 Pa (1,8 bar).
Les pressions partielles se calculent à partir de
leurs fractions molaires, soit :
p 1 =
n 1
n 1 + n 2
P et p 2 =
n 2
n 1 + n 2
P
soit p 1 = 0,64 bar et p 2 = 1,16 bar.
7.3 La capacité thermique adéquate pour
résoudre cet exercice est la capacité thermique
massique à pression constante c P = 1 005 J ·
kg
–1 · K
–1 car le système étudié est caractérisé
par sa masse et son évolution est isobare d’où :
Q = mc P (T 2 – T 1 ) soit Q = – 2 613 J. Le résultat
étant négatif, ce travail est perdu par l’air.
7.4 a) La masse de vapeur d’eau se calcule
grâce à l’équation d’état des gaz parfaits dans
les conditions initiales :
P 1 V 1 =
m
M
R T 1 soit m =
P 1 V 1 M
R T 1
m =
4 · 10
5 × 2 · 10
−3 × 18 · 10
−3
8,31 × (273 + 150)
m = 4,1 · 10
−3 kg
b) La transformation étant isobare et réalisée
en vase clos, la conservation de la quantité de
matière donne le volume V 2 après chauffage :
V 2 = V 1
T 1
T 2
= 2 · 10
−3 ×
(273 + 900)
(273 + 150)
= 5,55 · 10
−3 m
3 (V 2 = 5, 55 L)
c) La compression est isotherme d’où :
P 2 V 2 = P 3 V 3 .
V 3 = V 2
P 2
P 3
= 5,55 · 10
−3 ×
4 · 10
5
25 · 10 5 =
V 3 0,89 · 10
−3 m
3 (V 3 = 0, 89 L)
d) La transformation est isochore d’où :
T 4 = T 3
P 4
P 3
T 4 = (900 + 273) ×
10 · 10
5
25 · 10 5
= 469 K
T 4 = 196
◦ C
e) Représentation graphique :
P (bar)
V(L)
A4
A1
A2
A3
1
2
3
4
5
6
0
0
5
15
10
20
25
7.5 a) Le système étudié est tout l’air contenu
dans le compresseur (cylindre + réservoir). Lors
de la phase d’admission d’air, les paramètres
d’état de l’air ne varient pas (pas de transformation). En revanche, lors de la phase de compression, le système est fermé : l’état initial du système est P 0 et (V + V 0 ) et son état final est P 1 et
(v + V 0 ). Comme la transformation est isotherme,
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