On suppose T 3 extrémal :
dT 3 = 0, d’où dT 1 + dT 2 = 0e t+
= 0 ,
soit T 1 = T 2 .
T 3 max est donc solution de l’équation.
T 3 max (T 10 + T 20 + T 30 + T 3 max ) 2 = 4T 10 T 20 T 30 ,
d’où :
T 3 max = 330 K, T 1 = T 2 = 135 K .
La source de température T 3 peut être considérée comme la
source chaude d’une pompe à chaleur.Le travail peut lui être
fourni par un moteur ditherme fonctionnant entre les deux
autres sources qui cessent de fonctionner lorsque T 1 = T 2 .
Remarquons que ce résultat aurait été identique si nous
avions choisi T 1 ou T 2 :
T 2 max (T 10 + T 20 + T 30 + T 2 max ) 2 = 4T 10 T 20 T 30 .
Moteur à vapeur
1 • On indique sur le graphique ci-après, les diverses isobares et les domaines d’existences des phases.
• En A , le fluide est entièrement sous phase liquide, donc
x V, A = 0 .
• En B , le fluide est entièrement sous phase vapeur, donc
x V, B = 1 .
On appelle x V, C la fraction de masse du système dans la
phase vapeur en C ; l’entropie étant une grandeur extensive,
on a:
s C = s B = x V, C s F + (1 – x V, C ) s E , ce qui donne :
x V, C =
=
, x V, C = 0,787 .
CE
FE
s C – s E
s F – s E
S
T
A
point critique
B
D
EF
V
L +V
L
C
P > P C
P = P C
P A < P C
P B < P A < P C
5
dT 2
T 2
dT 1
T 1
On appelle x V, D la fraction de masse du système dans la
phase vapeur en D ; l’entropie étant une grandeur extensive,
on a:
s D = s A = x V, D s F + (1 – x V, D ) s E , ce qui donne :
x V, D =
=
, x V, D = 0,205 .
2 • On a déjà :
u A = 7,60 . 10 2 kJ . kg –1 ; u B = 2,58 . 10 3 kJ . kg –1 ;
h A = 7,82 . 10 2 kJ . kg –1 ; h B = 2,77 . 10 3 kJ . kg –1 .
L’énergie interne et l’enthalpie sont des grandeurs extensives,
donc :
u C = x V, C u F + (1 – x V, C ) u E
= 0,787 . 2,43. 10 3 + 0,213 . 1,67 . 10 2
= 1,95 . 10 3 kJ . kg –1 ;
u D = x V, D u F + (1 – x V, D ) u E
= 0,205 . 2,43 . 10 3 + 0,795 . 1,67 . 10 2
= 6,31 . 10 2 kJ . kg –1 .
h C = x V, C h F + (1 – x V, C ) h E
= 0,787 . 2,56 . 10 3 + 0,213 . 1,67 . 10 2
= 2,05 . 10 3 kJ . kg –1 ;
h D = x V, D h F + (1 – x V, D ) h E
= 0,205 . 2,56 . 10 3 + 0,795 . 1,67 . 10 2
= 6,58 . 10 2 kJ . kg –1 .
3 • Transformation AB
La transformation se fait à pression constante, donc :
q AB = h B – h A = 2,77 . 10 3 – 7,82 . 10 2 = 1,99 . 10 3 kJ . kg –1 .
La variation d’énergie interne massique est égale à:
u B – u A = 2,58 . 10 3 – 7,60 . 10 2 = 1,82 . 10 3 kJ . kg –1 .
L’application du premier principe donne :
w AB = u B – u A – q AB = 1,82 . 10 3 – 1,99 . 10 3
= –0,17 . 10 3 kJ . kg –1 .
Transformation BC
La transformation est adiabatique, donc :
q BC = 0kJ.kg –1 .
La variation d’énergie interne massique est égale à:
u C – u B = 1,95 . 10 3 – 2,58 . 10 3 = – 0,63 . 10 3 kJ . kg –1 .
L’application du premier principe donne :
w BC = u C – u B = – 0,63 . 10 3 kJ . kg –1 .
Transformation CD
La transformation se fait à pression constante, donc :
q CD = h D – h C = 6,58 . 10 2 – 2,05. 10 3 = – 1,39. 10 3 kJ . kg –1 .
DE
FE
s D – s E
s F – s E
CORRIGÉS
Machines thermiques
6
293
©Hachette Livre, H-Prépa Exercices et problèmes, Physique, MPSI-PCSI-PTSI
La photocopie non autorisée est un délit.
transformation Du (kJ.kg –1 )
Dh (kJ.kg –1 )
Ds (kJ.kg –1 )
w (kJ.kg –1 )
q (kJ.kg –1 )
T . Ds (kJ.kg –1 )
AB
+ 1,82 . 10 3
+ 1,99 . 10 3
+ 4,45
–0,17 . 10 3
1,99 . 10 3
+ 2,01 . 10 3
BC
– 0,63 . 10 3
– 0,72 . 10 3
0
–0,63 . 10 3
0
CD
– 1,32 . 10 3
– 1,39 . 10 3
– 4,45
+0,07 . 10 3
– 1,39 . 10 3
– 1,39 . 10 3
DA
+ 0,13 . 10 3
+ 0,12 . 10 3
0
+ 0,13 . 10 3
0
cycle complet
0,00 . 10 3
0,00 . 10 3
0,0
– 0,60 . 10 3
0,60 . 10 3