;
l’intégration à partir de l’instant t 0 conduit à:
T 4 = T 3 exp
.
L’application numérique donne T 4 = 291,33 K .
Le calcul de W 2 se fait par application du premier principe
au fluide suivant le même calcul qu’à la question 1) c) :
W 2 = C 1 (T 4 – T 3 ) – m 2 L ;
soit :
W 2 = 3,95 . 10 3 MJ .
3 • a. Pour cette partie, le raisonnement est le même qu’à la
question 1) c), en remplaçant C 2 par C 2 et en intégrant sur
T 1 entre T 4 et T 5 et sur T 2 entre T 0 et T 2 = 263 K:
C 1 ln
+ C 2
= 0 ,
soit :
T 5 = T 4
; T 5 = 292,02 K .
Le travail s’exprime comme à la question 1) c) :
W 3 = C 1 (T 5 – T 4 ) + C 2 (T 2 – T 0 ); W 3 = 460 MJ .
b. Pour amener l’eau de la piscine directement de T i à T 5 ,
il faut fournir W 4 = C 1 (T 5 – T i ); soit W 4 ≈ 1,00 . 10 5 MJ .
c. Le travail total fourni au fluide est :
W T = W 1 + W 2 + W 3 = 4,52 . 10 3 MJ ;
cette quantité ne représente que 4,5 % de l’énergie W 4 qu’il
aurait fallu fournir à l’eau par chauffage direct.
La puissance étant constante, W 1 + W 2 + W 3 = t , soit :
t = 226 000 s = 6 h 17 min.
Attention : les applications numériques peuvent conduire à
des valeurs très différentes selon le nombre de chiffres significatifs utilisés dans les calculs.
Dans le calcul de w 3 , la valeur de T 5 – T 4 passe de 1 K à
0,7 K selon que les températures ont été calculées avec 3 ou
4 chiffres.
L’erreur relative sur le résultat est de 30 % dans le premier cas.
Remarque : La performance d’une installation réelle est nettement moins bonne, en raison des irréversibilités.
Étude d’une pompe à chaleur
A • 1 En raisonnant sur une tranche de fluide de masse dm ,
passant de la partie amont (T 2 , P 2 ) à la partie aval (T 3 , P 1 )
du compresseur, on obtient, en négligeant la variation d’énergie cinétique et la variation d’énergie potentielle de cette
masse :
dU = δW m + δW pression + δQ .
En régime permanent, si u(P, T), v(P, T) et h(P, T)
représentent l’énergie interne massique, le volume massique et l’enthalpie massique du fluide, on peut écrire (voir
l’étude de la détente de Joule-Thomson) :
7
dU = dm[u(T 3 , P 1 ) – u(T 2 , P 2 )]
δW pression = dm [+ P 1 v((T 3 , P 1 ) – P 2 v(T 2 , P 2 )]
u(T 3 , P 1 ) – u(T 2 , P 2 ) =
w m + P 1 v(T 3 , P 1 ) – P 2 v(T 2 , P 2 ) + q .
Nous en déduisons la relation :
∆h = w m + q .
2 • La relation du texte, qui n’est autre que la loi de Laplace,
et la loi des gaz parfaits conduisent à:
T 3 = T 2
, soit T 3 = 319 K .
Pour un gaz parfait :
∆h =
R (T 3 – T 2 ), et Q = 0 .
A.N. : ∆h = 26,5 kJ . kg –1 = W .
3 • La variation d’entropie ∆S d'une masse m de gaz parfait entre deux états (T 2 , P 2 ) et (T 3 , P 1 ) s’écrit:
∆S =
= m ∆s .
soit ∆s = 0 . Ce résultat ne doit pas surprendre puisque la
relation polytropique du texte n’est autre, comme on l’a déjà
signalé, que la loi de Laplace qui s’applique à une évolution
isentropique.
Remarque : Si l’évolution était adiabatique, mais non réversible, la variation d’entropie serait positive puisque l’entropie d’échange est nulle pour une adiabatique :
∆S = créée 0 .
4 • a. On reprend l’expression du A. 3) dans le cas général :
∆s =
,
soit pour une évolution à pression P = P 0 constante :
s = s 0 (T 0 , P 0 ) +
.
Numériquement, en usi :
T = T 0 exp (1,735 . 10 –3 (s – s 0 (T 0 , P 0 ))) .
L’isobare P 2 se déduit de l’isobare P 1 par translation :e n
effet, seule change, dans l’expression de T , la constante
s 0 (T 0 , P 1 ) qui devient s 0 (T 0 , P 2 ) .
Pour une même température, le fluide est plus ordonné pour
une pression plus grande, donc l’isobare P 1 est au-dessus de
l’isobare P 2 :
s (T 2 , P 1 ) s (T 2 , P 2 ) .
b. Dans le cas réversible de la question A. 2) :
s (T 2 , P 2 ) = s (T 3 , P 1 ) , et la transformation est représentée par
une verticale.
Pour évaluer w m = ∆h , on peut choisir le chemin ; or on sait
que :
h(T 2 , P 1 ) = h(T 2 , P 2 )
car h ne dépend que de T pour un gaz parfait, et :
w m = h(T 3 , P 1 ) – h(T 2 , P 2 ) = h(T 3 , P 1 ) – h(T 2 , P 1 ) .
R
M
R
M
CORRIGÉS
Machines thermiques
6
295
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La photocopie non autorisée est un délit.
l’intégration à partir de l’instant t 0 conduit à:
T 4 = T 3 exp
.
L’application numérique donne T 4 = 291,33 K .
Le calcul de W 2 se fait par application du premier principe
au fluide suivant le même calcul qu’à la question 1) c) :
W 2 = C 1 (T 4 – T 3 ) – m 2 L ;
soit :
W 2 = 3,95 . 10 3 MJ .
3 • a. Pour cette partie, le raisonnement est le même qu’à la
question 1) c), en remplaçant C 2 par C 2 et en intégrant sur
T 1 entre T 4 et T 5 et sur T 2 entre T 0 et T 2 = 263 K:
C 1 ln
+ C 2
= 0 ,
soit :
T 5 = T 4
; T 5 = 292,02 K .
Le travail s’exprime comme à la question 1) c) :
W 3 = C 1 (T 5 – T 4 ) + C 2 (T 2 – T 0 ); W 3 = 460 MJ .
b. Pour amener l’eau de la piscine directement de T i à T 5 ,
il faut fournir W 4 = C 1 (T 5 – T i ); soit W 4 ≈ 1,00 . 10 5 MJ .
c. Le travail total fourni au fluide est :
W T = W 1 + W 2 + W 3 = 4,52 . 10 3 MJ ;
cette quantité ne représente que 4,5 % de l’énergie W 4 qu’il
aurait fallu fournir à l’eau par chauffage direct.
La puissance étant constante, W 1 + W 2 + W 3 = t , soit :
t = 226 000 s = 6 h 17 min.
Attention : les applications numériques peuvent conduire à
des valeurs très différentes selon le nombre de chiffres significatifs utilisés dans les calculs.
Dans le calcul de w 3 , la valeur de T 5 – T 4 passe de 1 K à
0,7 K selon que les températures ont été calculées avec 3 ou
4 chiffres.
L’erreur relative sur le résultat est de 30 % dans le premier cas.
Remarque : La performance d’une installation réelle est nettement moins bonne, en raison des irréversibilités.
Étude d’une pompe à chaleur
A • 1 En raisonnant sur une tranche de fluide de masse dm ,
passant de la partie amont (T 2 , P 2 ) à la partie aval (T 3 , P 1 )
du compresseur, on obtient, en négligeant la variation d’énergie cinétique et la variation d’énergie potentielle de cette
masse :
dU = δW m + δW pression + δQ .
En régime permanent, si u(P, T), v(P, T) et h(P, T)
représentent l’énergie interne massique, le volume massique et l’enthalpie massique du fluide, on peut écrire (voir
l’étude de la détente de Joule-Thomson) :
7
dU = dm[u(T 3 , P 1 ) – u(T 2 , P 2 )]
δW pression = dm [+ P 1 v((T 3 , P 1 ) – P 2 v(T 2 , P 2 )]
u(T 3 , P 1 ) – u(T 2 , P 2 ) =
w m + P 1 v(T 3 , P 1 ) – P 2 v(T 2 , P 2 ) + q .
Nous en déduisons la relation :
∆h = w m + q .
2 • La relation du texte, qui n’est autre que la loi de Laplace,
et la loi des gaz parfaits conduisent à:
T 3 = T 2
, soit T 3 = 319 K .
Pour un gaz parfait :
∆h =
R (T 3 – T 2 ), et Q = 0 .
A.N. : ∆h = 26,5 kJ . kg –1 = W .
3 • La variation d’entropie ∆S d'une masse m de gaz parfait entre deux états (T 2 , P 2 ) et (T 3 , P 1 ) s’écrit:
∆S =
= m ∆s .
soit ∆s = 0 . Ce résultat ne doit pas surprendre puisque la
relation polytropique du texte n’est autre, comme on l’a déjà
signalé, que la loi de Laplace qui s’applique à une évolution
isentropique.
Remarque : Si l’évolution était adiabatique, mais non réversible, la variation d’entropie serait positive puisque l’entropie d’échange est nulle pour une adiabatique :
∆S = créée 0 .
4 • a. On reprend l’expression du A. 3) dans le cas général :
∆s =
,
soit pour une évolution à pression P = P 0 constante :
s = s 0 (T 0 , P 0 ) +
.
Numériquement, en usi :
T = T 0 exp (1,735 . 10 –3 (s – s 0 (T 0 , P 0 ))) .
L’isobare P 2 se déduit de l’isobare P 1 par translation :e n
effet, seule change, dans l’expression de T , la constante
s 0 (T 0 , P 1 ) qui devient s 0 (T 0 , P 2 ) .
Pour une même température, le fluide est plus ordonné pour
une pression plus grande, donc l’isobare P 1 est au-dessus de
l’isobare P 2 :
s (T 2 , P 1 ) s (T 2 , P 2 ) .
b. Dans le cas réversible de la question A. 2) :
s (T 2 , P 2 ) = s (T 3 , P 1 ) , et la transformation est représentée par
une verticale.
Pour évaluer w m = ∆h , on peut choisir le chemin ; or on sait
que :
h(T 2 , P 1 ) = h(T 2 , P 2 )
car h ne dépend que de T pour un gaz parfait, et :
w m = h(T 3 , P 1 ) – h(T 2 , P 2 ) = h(T 3 , P 1 ) – h(T 2 , P 1 ) .
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CORRIGÉS
Machines thermiques
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©Hachette Livre, H-Prépa Exercices et problèmes, Physique, MPSI-PCSI-PTSI
La photocopie non autorisée est un délit.