SOLUTIONS DES EXERCICES
Chapitre 8
la conservation de la quantité de matière entre ces
deux états donne :
P 0 (V + V 0 ) = P 1 (v + V 0 ) d’où P 1 = P 0
V + V 0
v + V 0
soit P 1 = 1,09 bar
b) Lors de la deuxième compression, l’état initial du système est P 0 dans le volume V et P 1
dans le réservoir V 0 et son état final est P 1 dans
(v + V 0 ). On a :
P 0 V + P 1 V 0 = P 1 (v + V 0 )
d
′ où P 2 =
P 0 V + P 1 V 0
v + V 0
soit P 1 = 1,18 bar.
Le même raisonnement pour la troisième compression donne :
P 0 V + P 2 V 0 = P 2 (v + V 0 )
d
′ où P 3 =
P 0 V + P 2 V 0
v + V 0
soit P 1 = 1,27 bar
c) Il arrive un moment où la pression dans le
réservoir devient supérieure à la pression dans le
volume mort v même en fin de compression. Il
est alors impossible d’ouvrir la soupape S 2 lors la
phase d’admission suivante. Dans cette configuration, le système se réduit à l’air dans le cylindre,
sans le réservoir, d’où :
P 0 V = P L v d’où P L = P 0
V
v
soit P L = 10 bar.
7.6 a) La représentation graphique des deux trajets est donnée ci-dessous.
P
V
A (T A )
T 1
T 2
B (T B )
V B
V A
P B
P A
b) Ces paramètres se calculent grâce à l’équation
d’état des gaz parfaits :
P A = n R
T A
V A
soit P B ≈ 1,95 bar
P B = n R
T B
V B
soit P B ≈ 7,03 bar
T 1 =
P B V A
n R
et T 2 =
P A V B
n R
soit T 1 ≈ 1 057 K et T 2 ≈ 117 K
c) Le calcul des travaux des forces de pression
se réduit à celui de la transformation isobare dans
chaque trajet (ces travaux sont nuls dans une transformation isochore), d’où :
W 1 = – P B (V B – V A ) et W 2 = – P A (V B – V A ) soit
W 1 = 10 545 J et W 2 = 2 925 J.
Les transferts thermiques interviennent pour chacune des transformations. On utilise les capacités
thermiques molaires à volume constant ou à pression constante selon la transformation étudiée :
Q 1 = nC V (T 1 – T A ) + nC P (T B – T 1 )
soit Q 1 = – 5 116 J
Q 2 = nC P (T 2 – T A ) + nC P (T B – T 2 )
soit Q 1 = 2 487 J
La somme W 1 + Q 1 donne 5 429 J alors que la
somme W 2 + Q 2 donne 5 412 J, autrement dit on
obtient le même résultat aux erreurs d’arrondis
près.
Chapitre 8
8.1 Lors de cette transformation, la température
du système (le fer) varie et il cède de la chaleur
au milieu extérieur (le lac). En considérant une
transformation réversible faisant passer le fer de
100
◦ C à 20
◦ C (il est inutile d’expliciter cette
transformation), la variation d’entropie du système est :
dS =
dQ
T
avec dQ = mc dT
d’où DS = mc
T2
T1
dT
T
soit DS = mc ln
T 2
T 1
L’entropie d’échange avec la source thermique à
la température T 2 est calculée comme :
S e =
Q (syst)
T 2
avec Q (syst) = mc(T 2 – T 1 ) d’où
S e = mc
1 −
T 1
T 2
604
“Gautron_9782100543007” (Col. : ScienceSup3-193x250) — 2010/6/15 — 17:13 — page 604 — #614
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la conservation de la quantité de matière entre ces
deux états donne :
P 0 (V + V 0 ) = P 1 (v + V 0 ) d’où P 1 = P 0
V + V 0
v + V 0
soit P 1 = 1,09 bar
b) Lors de la deuxième compression, l’état initial du système est P 0 dans le volume V et P 1
dans le réservoir V 0 et son état final est P 1 dans
(v + V 0 ). On a :
P 0 V + P 1 V 0 = P 1 (v + V 0 )
d
′ où P 2 =
P 0 V + P 1 V 0
v + V 0
soit P 1 = 1,18 bar.
Le même raisonnement pour la troisième compression donne :
P 0 V + P 2 V 0 = P 2 (v + V 0 )
d
′ où P 3 =
P 0 V + P 2 V 0
v + V 0
soit P 1 = 1,27 bar
c) Il arrive un moment où la pression dans le
réservoir devient supérieure à la pression dans le
volume mort v même en fin de compression. Il
est alors impossible d’ouvrir la soupape S 2 lors la
phase d’admission suivante. Dans cette configuration, le système se réduit à l’air dans le cylindre,
sans le réservoir, d’où :
P 0 V = P L v d’où P L = P 0
V
v
soit P L = 10 bar.
7.6 a) La représentation graphique des deux trajets est donnée ci-dessous.
P
V
A (T A )
T 1
T 2
B (T B )
V B
V A
P B
P A
b) Ces paramètres se calculent grâce à l’équation
d’état des gaz parfaits :
P A = n R
T A
V A
soit P B ≈ 1,95 bar
P B = n R
T B
V B
soit P B ≈ 7,03 bar
T 1 =
P B V A
n R
et T 2 =
P A V B
n R
soit T 1 ≈ 1 057 K et T 2 ≈ 117 K
c) Le calcul des travaux des forces de pression
se réduit à celui de la transformation isobare dans
chaque trajet (ces travaux sont nuls dans une transformation isochore), d’où :
W 1 = – P B (V B – V A ) et W 2 = – P A (V B – V A ) soit
W 1 = 10 545 J et W 2 = 2 925 J.
Les transferts thermiques interviennent pour chacune des transformations. On utilise les capacités
thermiques molaires à volume constant ou à pression constante selon la transformation étudiée :
Q 1 = nC V (T 1 – T A ) + nC P (T B – T 1 )
soit Q 1 = – 5 116 J
Q 2 = nC P (T 2 – T A ) + nC P (T B – T 2 )
soit Q 1 = 2 487 J
La somme W 1 + Q 1 donne 5 429 J alors que la
somme W 2 + Q 2 donne 5 412 J, autrement dit on
obtient le même résultat aux erreurs d’arrondis
près.
Chapitre 8
8.1 Lors de cette transformation, la température
du système (le fer) varie et il cède de la chaleur
au milieu extérieur (le lac). En considérant une
transformation réversible faisant passer le fer de
100
◦ C à 20
◦ C (il est inutile d’expliciter cette
transformation), la variation d’entropie du système est :
dS =
dQ
T
avec dQ = mc dT
d’où DS = mc
T2
T1
dT
T
soit DS = mc ln
T 2
T 1
L’entropie d’échange avec la source thermique à
la température T 2 est calculée comme :
S e =
Q (syst)
T 2
avec Q (syst) = mc(T 2 – T 1 ) d’où
S e = mc
1 −
T 1
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