(T 3 gaz – T 0 ) + e ρ c(T 3 piston – T 0 ) = – P 0 X 1
e ρ c(T 3 piston – T 0 ) = P 0 X 1 1 –
– 1
Cette relation est vraie qu’il y ait ou non des frottements.
Dans les deux cas, T 3 gaz a pratiquement la même valeur.
Avec une précision de deux décimales, on aura encore :
T 3 piston – T 0 = 1,1 K .
4 • a. t = 4 ms ⇒ δ = 45 µm ; t = 40 s ⇒ δ = 4,5 mm .
Le volume de cylindre susceptible de variation de température est alors : V = 2πa 2 X 1 δ .
La capacité thermique de ce volume est :
C paroi = ρ c V = 4π a X 1 δρc.
Le gaz échange de la chaleur à volume constant. Sa
capacité thermique est : C gaz = n
=
.
=
= 3. 10 3 ;
t = 4 ms ⇒
= 7; t = 40 s ⇒
= 700 .
La capacité thermique de la paroi n’est donc jamais négligeable (4 ms correspond à la durée de la détente).
b. Écrivons le bilan d’énergie pour le gaz qui reçoit de la
chaleur de la paroi, à volume constant :
C gaz
= h S [T p (t) – T(t)] .
La capacité thermique de la paroi étant très grande, sa température est pratiquement constante (elle se comporte
comme un thermostat). L’équation devient :
τ
= – [T(t) – T 0 ]
avec τ =
=
= 200 s .
Cette valeur de τ justifie l’hypothèse adiabatique pour les
deux premières phases (détente et choc).
La solution, compte tenu de la valeur initiale de T est :
T(t) = T 0 – (T 0 – T 2 ) exp
10 minutes après la détente : t = 3τ et T = 297 K .
Stabilité de l’atmosphère
1 • Il suffit d’écrire la relation fondamentale de la statique
des fluides :
P(z) = – ρ g avec ρ =
d’où :
= –
2 • La bulle subit une évolution adiabatique suffisamment
«douce » pour que P et T y soient toujours définis. On
peut donc appliquer la loi de LAPLACE sous la forme
Mg
R T e (z)
P(z)
P(z)
MP
RT
9
– t
τ
P 0 a
T 0 (γ – 1)h
C gaz
h S
dT
dt
dT
dt
C paroi
C gaz
C paroi
C gaz
δ
a
δ
a
(γ – 1)ρ c T 0
P 0
C paroi
C gaz
4P 0 πa 2 X 1
(γ – 1)T 0
R
γ – 1
T 3 gaz
T 0
4
γ – 1
4P 0 X 1
(γ – 1)T 0
P ρ – γ = C ste ou, mieux : P
–
ρ = C ste .
P(z 0 + ζ)
–
ρ bulle (z 0 + ζ) = P(z 0 )
–
ρ e (z 0 )
ρ bulle (z 0 + ζ) = ρ e (z 0 )
P(z 0 + ζ)
–
P(z 0 )
–
ζ étant suffisamment petit : P(z 0 + ζ) = P(z 0 ) + P(z 0 ) ζ .
D’après la question précédente : P(z 0 ) = – P(z 0 )
et donc :
P(z 0 + ζ) = P(z 0 ) 1 –
d’où : P(z 0 + ζ)= P ( z 0 ) 1 –
.
On en déduit : ρ bulle (z 0 + ζ) = ρ e (z 0 ) 1 –
Pour l’air ambiant :
ρ e =
⇒
=
–
=
–
–
En faisant un nouveau développement à l’ordre 1:
ρ e (z 0 + ζ) = ρ e (z 0 ) +
ζ =
ρ e (z 0 ) 1 –
+
D’après le théorème d’Archimède, la bulle est ramenée
vers sa position initiale si ρ bulle ρ e pour ζ 0 .
Donc, si :
+ , ce qui
revient à:
–
Numériquement, on trouve une pente limite de l’ordre de
– 10 K.km –1 , assez proche de la valeur couramment retenue pour la loi T(z) . Avec ce modèle simple, l’atmosphère est stable si T e (z) décroît moins vite que cette valeur
limite. Dans ce cas, l’air n’est plus brassé par des courants,
ce qui peut provoquer des pics de pollution.
Le problème est en fait plus compliqué car il il faut aussi
tenir compte de l’humidité de l’air.
Chauffage d’une enceinte
1 •
s’exprime en W, soit en J . s –1 ; C en J . K –1 ;
T en K ; donc α s’exprime en s –1 .
On peut travailler avec l’énergie interne de l’enceinte puisque
son volume reste constant : ∆U = Q V .
Ainsi, avec δQ V = – δQ fuites = – α C(T – T e ) δt ,
10
(γ – 1)Mg
γR
dT e
dz
dT e
dz
Mg
R
1
T e (z 0 )
Mg ζ
γ R T e (z 0 )
dT e
dz
Mg
R
ζ
T e (z 0 )
dρ e
dz
1
T e (z)
Mg
RT e (z)
dT e
dz
1
T e (z)
dP
dz
1
P
dρ e
dz
1
ρ e
MP
RT
Mg ζ
γ R T e (z 0 )
Mg ζ
γ R T e (z 0 )
1
γ
1
γ
Mg ζ
R T e (z 0 )
Mg
R T e (z)
1
γ
1
γ
1
γ
1
γ
1
γ
CORRIGÉS
Premier principe de la thermodynamique. Bilans d’énergie
3
247
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La photocopie non autorisée est un délit.
e ρ c(T 3 piston – T 0 ) = P 0 X 1 1 –
– 1
Cette relation est vraie qu’il y ait ou non des frottements.
Dans les deux cas, T 3 gaz a pratiquement la même valeur.
Avec une précision de deux décimales, on aura encore :
T 3 piston – T 0 = 1,1 K .
4 • a. t = 4 ms ⇒ δ = 45 µm ; t = 40 s ⇒ δ = 4,5 mm .
Le volume de cylindre susceptible de variation de température est alors : V = 2πa 2 X 1 δ .
La capacité thermique de ce volume est :
C paroi = ρ c V = 4π a X 1 δρc.
Le gaz échange de la chaleur à volume constant. Sa
capacité thermique est : C gaz = n
=
.
=
= 3. 10 3 ;
t = 4 ms ⇒
= 7; t = 40 s ⇒
= 700 .
La capacité thermique de la paroi n’est donc jamais négligeable (4 ms correspond à la durée de la détente).
b. Écrivons le bilan d’énergie pour le gaz qui reçoit de la
chaleur de la paroi, à volume constant :
C gaz
= h S [T p (t) – T(t)] .
La capacité thermique de la paroi étant très grande, sa température est pratiquement constante (elle se comporte
comme un thermostat). L’équation devient :
τ
= – [T(t) – T 0 ]
avec τ =
=
= 200 s .
Cette valeur de τ justifie l’hypothèse adiabatique pour les
deux premières phases (détente et choc).
La solution, compte tenu de la valeur initiale de T est :
T(t) = T 0 – (T 0 – T 2 ) exp
10 minutes après la détente : t = 3τ et T = 297 K .
Stabilité de l’atmosphère
1 • Il suffit d’écrire la relation fondamentale de la statique
des fluides :
P(z) = – ρ g avec ρ =
d’où :
= –
2 • La bulle subit une évolution adiabatique suffisamment
«douce » pour que P et T y soient toujours définis. On
peut donc appliquer la loi de LAPLACE sous la forme
Mg
R T e (z)
P(z)
P(z)
MP
RT
9
– t
τ
P 0 a
T 0 (γ – 1)h
C gaz
h S
dT
dt
dT
dt
C paroi
C gaz
C paroi
C gaz
δ
a
δ
a
(γ – 1)ρ c T 0
P 0
C paroi
C gaz
4P 0 πa 2 X 1
(γ – 1)T 0
R
γ – 1
T 3 gaz
T 0
4
γ – 1
4P 0 X 1
(γ – 1)T 0
P ρ – γ = C ste ou, mieux : P
–
ρ = C ste .
P(z 0 + ζ)
–
ρ bulle (z 0 + ζ) = P(z 0 )
–
ρ e (z 0 )
ρ bulle (z 0 + ζ) = ρ e (z 0 )
P(z 0 + ζ)
–
P(z 0 )
–
ζ étant suffisamment petit : P(z 0 + ζ) = P(z 0 ) + P(z 0 ) ζ .
D’après la question précédente : P(z 0 ) = – P(z 0 )
et donc :
P(z 0 + ζ) = P(z 0 ) 1 –
d’où : P(z 0 + ζ)= P ( z 0 ) 1 –
.
On en déduit : ρ bulle (z 0 + ζ) = ρ e (z 0 ) 1 –
Pour l’air ambiant :
ρ e =
⇒
=
–
=
–
–
En faisant un nouveau développement à l’ordre 1:
ρ e (z 0 + ζ) = ρ e (z 0 ) +
ζ =
ρ e (z 0 ) 1 –
+
D’après le théorème d’Archimède, la bulle est ramenée
vers sa position initiale si ρ bulle ρ e pour ζ 0 .
Donc, si :
+ , ce qui
revient à:
–
Numériquement, on trouve une pente limite de l’ordre de
– 10 K.km –1 , assez proche de la valeur couramment retenue pour la loi T(z) . Avec ce modèle simple, l’atmosphère est stable si T e (z) décroît moins vite que cette valeur
limite. Dans ce cas, l’air n’est plus brassé par des courants,
ce qui peut provoquer des pics de pollution.
Le problème est en fait plus compliqué car il il faut aussi
tenir compte de l’humidité de l’air.
Chauffage d’une enceinte
1 •
s’exprime en W, soit en J . s –1 ; C en J . K –1 ;
T en K ; donc α s’exprime en s –1 .
On peut travailler avec l’énergie interne de l’enceinte puisque
son volume reste constant : ∆U = Q V .
Ainsi, avec δQ V = – δQ fuites = – α C(T – T e ) δt ,
10
(γ – 1)Mg
γR
dT e
dz
dT e
dz
Mg
R
1
T e (z 0 )
Mg ζ
γ R T e (z 0 )
dT e
dz
Mg
R
ζ
T e (z 0 )
dρ e
dz
1
T e (z)
Mg
RT e (z)
dT e
dz
1
T e (z)
dP
dz
1
P
dρ e
dz
1
ρ e
MP
RT
Mg ζ
γ R T e (z 0 )
Mg ζ
γ R T e (z 0 )
1
γ
1
γ
Mg ζ
R T e (z 0 )
Mg
R T e (z)
1
γ
1
γ
1
γ
1
γ
1
γ
CORRIGÉS
Premier principe de la thermodynamique. Bilans d’énergie
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La photocopie non autorisée est un délit.