Enfin, le long de l’isobare, dh = Tds , soit :
h(T 3 , P 1 ) – h(T 2 , P 1 ) =
.
w m correspond donc à l’aire située sous l’isobare P = P 1 .
B • 1 Les deux transformations successives se font de manière isobare.
• pour le refroidissement :
q 11 = ∆h = h gaz (T 1 ) – h gaz (T 3 )
=
;
• pour la liquéfaction :
q 12 = sh = – L v (T 1 ) = – 175 kJ . kg –1 ,
q 1 = q 11 + q 12 = – 183 kJ . kg –1 .
2 • La variation d’entropie se calcule en deux étapes :
• pour le refroidissement isobare :
∆s 11 =
= – 26 J. K –1 . kg –1 ;
• pour le changement d’état :
∆s 12 = –
– 574 J . K –1 . kg –1 .
∆s 1 = ∆s 11 + ∆s 12 = – 600 J . K –1 . kg –1 .
C • 1 On reconnaît une détente de Joule-Thomson : l’évolution est adiabatique sans échange de travail utile.
2 • ∆h = 0 et :
∆h = h final – h initial = x h (T 2 ) + x v h v (T 2 ) – h (T 1 ) ,
soit en tenant compte de x v + x = 1 et x v = x ,
0 = x(h v (T 2 ) – h (T 2 )) + (h (T 2 ) – h (T 1 )) , or
(h v (T 2 ) – h (T 2 )) = L v (T 2 ) et h (T 2 ) – h (T 1 ) = c (T 2 – T 1 ) ,
en définitive, x = –
= 0,215 .
s(T 2 , P 1 )
s(T 2 , P 2 ) s(T 3 , P 1 )
T 3
T 2
s
[P 1 ]
[P 2 ]
T
W
3 • On sépare la transformation en deux étapes pour profiter
du caractère de fonction d’état de s :
• refroidissement du liquide : ∆s 21 = c ln
;
• changement d’état : ∆s 22 = xL v ( T 2 ) ,
soit :
∆s 2 = ∆s 21 + ∆s 22 = 8,5 J. K –1 . kg –1 .
D • 1 Il y a ici vaporisation isobare de (1 – x) kg de
fréon, donc q 2 = (1 – x) L v (T 2 ) = 161 kJ . kg –1 .
2 • ∆s 3 =
L v (T 2 ) = 589,5 J . K –1 . kg –1 .
On vérifie qu’aux erreurs d’arrondis près, le bilan entropique
du cycle est bien nul.
E • 1 Le travail massique fourni au système fréon est au cours
de la compression : W = 26,5 kJ . kg –1 . Le rendement
électromécanique du moteur est de r = 0,8 , donc la dépense
énergétique massique est :
D =
= 33,1 kJ . kg –1 .
Le gain correspond à la chaleur cédée à la source chaude, soit
–q 1 . L’efficacité est e = –
= + 5,53 .
2 • L’efficacité d’un chauffage électrique vaut 1 (effet Joule),
d’où l’intérêt théorique du dispositif de chauffage.
F • 1 Le bilan enthalpique du cycle est, comme pour s, nul aux
approximations d’arrondis près.
2 • Le cycle complet est donné ci-après.
Étude d’un turbocompresseur
à gaz
1 • Chacun des deux fluides est en écoulement permanent
dans sa canalisation : la pression est constante durant
l’échange thermique, on peut raisonner sur l’enthalpie de
chaque fluide puisque dH = δQ P .
8
T 3
T 1
T 2
[P 1 ]
[P 1 ]
[P 2 ]
[P 2 ]
s
T
C
1
2
3
4
5
1 > 2 : compresseur
2 > 3 > 4 : condenseur
4 > 5 : détendeur
5 > 1 : évaporateur
q 1
D
CORRIGÉS
Machines thermiques
6
296
©Hachette Livre, H-Prépa Exercices et problèmes, Physique, MPSI-PCSI-PTSI
La photocopie non autorisée est un délit.
h(T 3 , P 1 ) – h(T 2 , P 1 ) =
.
w m correspond donc à l’aire située sous l’isobare P = P 1 .
B • 1 Les deux transformations successives se font de manière isobare.
• pour le refroidissement :
q 11 = ∆h = h gaz (T 1 ) – h gaz (T 3 )
=
;
• pour la liquéfaction :
q 12 = sh = – L v (T 1 ) = – 175 kJ . kg –1 ,
q 1 = q 11 + q 12 = – 183 kJ . kg –1 .
2 • La variation d’entropie se calcule en deux étapes :
• pour le refroidissement isobare :
∆s 11 =
= – 26 J. K –1 . kg –1 ;
• pour le changement d’état :
∆s 12 = –
– 574 J . K –1 . kg –1 .
∆s 1 = ∆s 11 + ∆s 12 = – 600 J . K –1 . kg –1 .
C • 1 On reconnaît une détente de Joule-Thomson : l’évolution est adiabatique sans échange de travail utile.
2 • ∆h = 0 et :
∆h = h final – h initial = x h (T 2 ) + x v h v (T 2 ) – h (T 1 ) ,
soit en tenant compte de x v + x = 1 et x v = x ,
0 = x(h v (T 2 ) – h (T 2 )) + (h (T 2 ) – h (T 1 )) , or
(h v (T 2 ) – h (T 2 )) = L v (T 2 ) et h (T 2 ) – h (T 1 ) = c (T 2 – T 1 ) ,
en définitive, x = –
= 0,215 .
s(T 2 , P 1 )
s(T 2 , P 2 ) s(T 3 , P 1 )
T 3
T 2
s
[P 1 ]
[P 2 ]
T
W
3 • On sépare la transformation en deux étapes pour profiter
du caractère de fonction d’état de s :
• refroidissement du liquide : ∆s 21 = c ln
;
• changement d’état : ∆s 22 = xL v ( T 2 ) ,
soit :
∆s 2 = ∆s 21 + ∆s 22 = 8,5 J. K –1 . kg –1 .
D • 1 Il y a ici vaporisation isobare de (1 – x) kg de
fréon, donc q 2 = (1 – x) L v (T 2 ) = 161 kJ . kg –1 .
2 • ∆s 3 =
L v (T 2 ) = 589,5 J . K –1 . kg –1 .
On vérifie qu’aux erreurs d’arrondis près, le bilan entropique
du cycle est bien nul.
E • 1 Le travail massique fourni au système fréon est au cours
de la compression : W = 26,5 kJ . kg –1 . Le rendement
électromécanique du moteur est de r = 0,8 , donc la dépense
énergétique massique est :
D =
= 33,1 kJ . kg –1 .
Le gain correspond à la chaleur cédée à la source chaude, soit
–q 1 . L’efficacité est e = –
= + 5,53 .
2 • L’efficacité d’un chauffage électrique vaut 1 (effet Joule),
d’où l’intérêt théorique du dispositif de chauffage.
F • 1 Le bilan enthalpique du cycle est, comme pour s, nul aux
approximations d’arrondis près.
2 • Le cycle complet est donné ci-après.
Étude d’un turbocompresseur
à gaz
1 • Chacun des deux fluides est en écoulement permanent
dans sa canalisation : la pression est constante durant
l’échange thermique, on peut raisonner sur l’enthalpie de
chaque fluide puisque dH = δQ P .
8
T 3
T 1
T 2
[P 1 ]
[P 1 ]
[P 2 ]
[P 2 ]
s
T
C
1
2
3
4
5
1 > 2 : compresseur
2 > 3 > 4 : condenseur
4 > 5 : détendeur
5 > 1 : évaporateur
q 1
D
CORRIGÉS
Machines thermiques
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La photocopie non autorisée est un délit.