Soit ici :
Q 12 =
= RT 1 ln
et :
Q 34 = –
RT 2 ln
.
r = 1 –
= 0,73 .
4 • On retrouve l’expression du rendement d’un moteur de
Carnot : les échanges thermiques isochores sont internes à la
machine et n’interviennent pas dans les bilans énergétiques et
entropiques, aussi le rendement de ce moteur réversible
découle-t-il effectivement des égalités :
W cycle = – (Q 12 + Q 34 )e t
= 0 ,
ce qui permet de démontrer le théorème de Carnot.
Remarque : Ce rendement théorique est inaccessible, un
régénérateur parfait étant impossible à concevoir.
Cycle de Diesel
1 •
2 • La dépense d’énergie correspondant à la chaleur fournie par la combustion est égale à l’échange thermique
Q BC . Les phases AB et CD étant adiabatiques, le bilan
énergétique du cycle s’écrit :
∆U = 0 = W + Q BC + Q DA .
On en déduit le rendement :
ρ =
= 1 +
BC étant isobare et DA isochore, on exprime les transferts thermiques en fonction des températures :
Q BC = n C p, m (T C – T B ) et Q DA = n C v, m (T A – T D )
ρ = 1 –
.
Il reste à déterminer les températures.
A et B étant sur une isentropique: T A = T B a 1–γ .
Comme P B = P C : T C = bT B
C et D étant sur une isentropique: T D = T C
1–γ .
D’où : T D = T B b γ a 1–γ .
a
b
T D – T A
γ (T C – T B )
Q DA
Q BC
– W
Q BC
P
BC
D
A
V B
V B
V A
V
2
291
Corrigés
©Hachette Livre, H-Prépa Exercices et problèmes, Physique, MPSI-PCSI-PTSI
La photocopie non autorisée est un délit.
Cycle de Stirling
1 • En utilisant le caractère isochore ou isotherme des différentes transformations, on peut compléter le tableau de
l’énoncé, sachant que la quantité de matière de gaz qui parcourt les cycles est :
n =
= 3,45 . 10 –2 mol .
Le tracé s’effectue avec une machine graphique :
Le cycle est parcouru dans le sens horaire ; il est donc moteur.
2 • Les travaux mis en jeu ne sont ici que des travaux de forces pressantes ; pour les évolutions isochores, W = 0 . Ainsi,
∆U = Q v . Or, l’énergie interne d’un gaz parfait ne dépend
que de T et la première isochore fait passer le gaz de T 1 à T 2
tandis que la deuxième le ramène de T 2 à T 1 . Les variations
d’énergie interne sont opposées et les échanges thermiques
aussi.
3 • Le rendement s’écrit :
r =
.
En effet, seuls Q 12 et Q 41 sont positifs, mais Q 23 est régénérée et annule la dépense de l’isochore 4 c 1; seul Q 12 est
à considérer pour les dépenses énergétiques.
Il ne reste plus qu’à obtenir Q 12 et Q 34 à l’aide du bilan énergétique :
W cycle = – (Q 12 + Q 34 ) et finalement r = 1 +
.
Pour une évolution isotherme de gaz parfait, ∆U = 0 ,
soit :
Q = – W =
RT ln
.
40
50
30
20
10
0
0,1
0,3
0,5
0,7
0,9
P (bar)
V(dm
3 )
1
4
2
3
cycle de Stirling
1
état
(1)
(2)
(3)
(4)
P (bar)
40
3,72
1
10,75
V (dm 3 )
0,08
0,86
0,86
0,08
T (K)
1 116
1 116
300
300
Q 12 =
= RT 1 ln
et :
Q 34 = –
RT 2 ln
.
r = 1 –
= 0,73 .
4 • On retrouve l’expression du rendement d’un moteur de
Carnot : les échanges thermiques isochores sont internes à la
machine et n’interviennent pas dans les bilans énergétiques et
entropiques, aussi le rendement de ce moteur réversible
découle-t-il effectivement des égalités :
W cycle = – (Q 12 + Q 34 )e t
= 0 ,
ce qui permet de démontrer le théorème de Carnot.
Remarque : Ce rendement théorique est inaccessible, un
régénérateur parfait étant impossible à concevoir.
Cycle de Diesel
1 •
2 • La dépense d’énergie correspondant à la chaleur fournie par la combustion est égale à l’échange thermique
Q BC . Les phases AB et CD étant adiabatiques, le bilan
énergétique du cycle s’écrit :
∆U = 0 = W + Q BC + Q DA .
On en déduit le rendement :
ρ =
= 1 +
BC étant isobare et DA isochore, on exprime les transferts thermiques en fonction des températures :
Q BC = n C p, m (T C – T B ) et Q DA = n C v, m (T A – T D )
ρ = 1 –
.
Il reste à déterminer les températures.
A et B étant sur une isentropique: T A = T B a 1–γ .
Comme P B = P C : T C = bT B
C et D étant sur une isentropique: T D = T C
1–γ .
D’où : T D = T B b γ a 1–γ .
a
b
T D – T A
γ (T C – T B )
Q DA
Q BC
– W
Q BC
P
BC
D
A
V B
V B
V A
V
2
291
Corrigés
©Hachette Livre, H-Prépa Exercices et problèmes, Physique, MPSI-PCSI-PTSI
La photocopie non autorisée est un délit.
Cycle de Stirling
1 • En utilisant le caractère isochore ou isotherme des différentes transformations, on peut compléter le tableau de
l’énoncé, sachant que la quantité de matière de gaz qui parcourt les cycles est :
n =
= 3,45 . 10 –2 mol .
Le tracé s’effectue avec une machine graphique :
Le cycle est parcouru dans le sens horaire ; il est donc moteur.
2 • Les travaux mis en jeu ne sont ici que des travaux de forces pressantes ; pour les évolutions isochores, W = 0 . Ainsi,
∆U = Q v . Or, l’énergie interne d’un gaz parfait ne dépend
que de T et la première isochore fait passer le gaz de T 1 à T 2
tandis que la deuxième le ramène de T 2 à T 1 . Les variations
d’énergie interne sont opposées et les échanges thermiques
aussi.
3 • Le rendement s’écrit :
r =
.
En effet, seuls Q 12 et Q 41 sont positifs, mais Q 23 est régénérée et annule la dépense de l’isochore 4 c 1; seul Q 12 est
à considérer pour les dépenses énergétiques.
Il ne reste plus qu’à obtenir Q 12 et Q 34 à l’aide du bilan énergétique :
W cycle = – (Q 12 + Q 34 ) et finalement r = 1 +
.
Pour une évolution isotherme de gaz parfait, ∆U = 0 ,
soit :
Q = – W =
RT ln
.
40
50
30
20
10
0
0,1
0,3
0,5
0,7
0,9
P (bar)
V(dm
3 )
1
4
2
3
cycle de Stirling
1
état
(1)
(2)
(3)
(4)
P (bar)
40
3,72
1
10,75
V (dm 3 )
0,08
0,86
0,86
0,08
T (K)
1 116
1 116
300
300