Pour une masse dm de gaz passant de T 2 à T 3 :
dH gaz = dmc P (T 3 – T 2 ) .
D’autre part, pour l’eau liquide :
dH eau = dm 0 c (t 1 – t 0 ) ,
pour une masse dm 0 d’eau passant dans le même temps de
t 1 à t 0 . Le bilan enthalpique de l’ensemble de ces deux systèmes, pendant dt , s’écrit dH = 0 puisque l’ensemble est
calorifugé, soit :
dm 0 c(t 1 – t 0 ) + dmc P (T 3 – T 2 ) = 0;
en notant que dm = ddt et dm 0 = Ddt ,
2 • Ici, lorsqu’une masse dm passe de T 4 à T 5 dans la première canalisation, une même masse dm passe de T 9 à T 10 .
• L’ensemble est thermiquement isolé du milieu extérieur.
dH total = 0 = dmc P (T 5 – T 4 ) + dmc P (T 10 – T 9 ) ,
soit :
T 5 + T 10 = T 4 + T 9 .
• La variation d’entropie de l’ensemble est nulle puisque les
deux masses sont isolées du milieu extérieur (δ échange = 0)
et que l’évolution est réversible (δ créée = 0) .
Ainsi, dmc P ln
+ dmc P ln
= 0 ,
soit :
T 5 T 10 = T 4 T 9 .
3 • La résolution du système des deux équations obtenues
à la question 2 conduit à:
T 10 = T 4 et T 5 = T 9 ou T 5 = T 4 et T 10 = T 9 .
La seconde solution correspond à des conduites parfaitement calorifugées, sans transfert thermique.
La solution intéressante est donc la première. Une analyse
plus fine montrerait que, en chaque point de la tubulure,
les températures des deux fluides sont égales, ce qui correspond bien au cas limite de la réversibilité. Nous retiendrons donc :
T 10 = T 4 et T 5 = T 9 .
4 • On aura toujours dH = 0 , δ échange = 0 , mais δ créée
sera positive et donc dS aussi, soit :
dmc P ln
+ dmc P ln
0 , ou
1.
En supposant T 9 T 4 , on obtient grâce à l’égalité :
T 5 + T 10 = T 4 + T 9 , qui est toujours vérifiée :
T 4 T 10 et T 5 T 9 .
Ce résultat était prévisible : la création d’entropie correspond
à une perte d’efficacité du dispositif.
5 • L’efficacité de la canalisation 9-10 se définit par
analogie avec e : e =
.
Or T 5 + T 10 = T 4 + T 9 et e = e .
En fait l’efficacité est définie comme le rapport entre la variation d’enthalpie réelle :
dmc P (T 5 – T 4 ) = dmc P (T 9 – T 10 ) ,
et la variation d’enthalpie idéale (transformation réversible où
T 9 = T 5 et T 10 = T 4 ):
dmc P (T 9 – T 4 ) = dmc P (T 5 – T 10 ) ,
les deux égalités provenant du caractère isolé de l’ensemble,
il est normal que l’efficacité puisse être définie indifféremment par rapport à l’une ou l’autre des canalisations.
6 • Soit m la masse de gaz admise à chaque cycle du
compresseur. V représente son volume dans les conditions d’entrée (p, T) et V son volume dans les conditions de sortie (p, T ) .
•Aspiration : W 1 piston = – p V (travail négatif, car le piston exerce sur le gaz une force opposée au déplacement).
•Compression adiabatique : W 2 piston = ∆U 2 .
Refoulement : W 3 piston = + pV (positif) .
Par ailleurs, le gaz reste dans le même état thermodynamique pendant les phases d’aspiration (p, T) et de refoulement (p, T ). On en déduit que ∆U 1 = 0 , soit
∆U = ∆U 2 .
Finalement : W piston = ∆U + pV – pV = ∆H .
En divisant par la masse, on obtient :
w = ∆h .
7 • La compression est supposée isentropique, comme le gaz
est parfait on peut appliquer la loi de Laplace, et :
T ’=T
.
D’autre part, ∆h = c P ∆T =
∆T pour un gaz parfait et :
w =
.
8 • Le travail massique reçu par le gaz est toujours égal à la
variation d’enthalpie massique du gaz, mais cette fois-ci entre
les températures T et T :
w’=
(T” – T);
d’autre part en utilisant la question précédente :
w =
.
L’identification de ces deux relations conduit) à:
T = T
.
9 • Ici, il n’y a ni transfert thermique massique ni variation
d’énergie cinétique ou potentielle, de sorte que le bilan enthalpique se réduit à ∆h = w , comme dans la question 6) .
10 • T et w ont des expressions identiques à celles de la
question 7), pour les mêmes raisons:
w =
e t T ’=
.
CORRIGÉS
Machines thermiques
6
297
©Hachette Livre, H-Prépa Exercices et problèmes, Physique, MPSI-PCSI-PTSI
La photocopie non autorisée est un délit.
dH gaz = dmc P (T 3 – T 2 ) .
D’autre part, pour l’eau liquide :
dH eau = dm 0 c (t 1 – t 0 ) ,
pour une masse dm 0 d’eau passant dans le même temps de
t 1 à t 0 . Le bilan enthalpique de l’ensemble de ces deux systèmes, pendant dt , s’écrit dH = 0 puisque l’ensemble est
calorifugé, soit :
dm 0 c(t 1 – t 0 ) + dmc P (T 3 – T 2 ) = 0;
en notant que dm = ddt et dm 0 = Ddt ,
2 • Ici, lorsqu’une masse dm passe de T 4 à T 5 dans la première canalisation, une même masse dm passe de T 9 à T 10 .
• L’ensemble est thermiquement isolé du milieu extérieur.
dH total = 0 = dmc P (T 5 – T 4 ) + dmc P (T 10 – T 9 ) ,
soit :
T 5 + T 10 = T 4 + T 9 .
• La variation d’entropie de l’ensemble est nulle puisque les
deux masses sont isolées du milieu extérieur (δ échange = 0)
et que l’évolution est réversible (δ créée = 0) .
Ainsi, dmc P ln
+ dmc P ln
= 0 ,
soit :
T 5 T 10 = T 4 T 9 .
3 • La résolution du système des deux équations obtenues
à la question 2 conduit à:
T 10 = T 4 et T 5 = T 9 ou T 5 = T 4 et T 10 = T 9 .
La seconde solution correspond à des conduites parfaitement calorifugées, sans transfert thermique.
La solution intéressante est donc la première. Une analyse
plus fine montrerait que, en chaque point de la tubulure,
les températures des deux fluides sont égales, ce qui correspond bien au cas limite de la réversibilité. Nous retiendrons donc :
T 10 = T 4 et T 5 = T 9 .
4 • On aura toujours dH = 0 , δ échange = 0 , mais δ créée
sera positive et donc dS aussi, soit :
dmc P ln
+ dmc P ln
0 , ou
1.
En supposant T 9 T 4 , on obtient grâce à l’égalité :
T 5 + T 10 = T 4 + T 9 , qui est toujours vérifiée :
T 4 T 10 et T 5 T 9 .
Ce résultat était prévisible : la création d’entropie correspond
à une perte d’efficacité du dispositif.
5 • L’efficacité de la canalisation 9-10 se définit par
analogie avec e : e =
.
Or T 5 + T 10 = T 4 + T 9 et e = e .
En fait l’efficacité est définie comme le rapport entre la variation d’enthalpie réelle :
dmc P (T 5 – T 4 ) = dmc P (T 9 – T 10 ) ,
et la variation d’enthalpie idéale (transformation réversible où
T 9 = T 5 et T 10 = T 4 ):
dmc P (T 9 – T 4 ) = dmc P (T 5 – T 10 ) ,
les deux égalités provenant du caractère isolé de l’ensemble,
il est normal que l’efficacité puisse être définie indifféremment par rapport à l’une ou l’autre des canalisations.
6 • Soit m la masse de gaz admise à chaque cycle du
compresseur. V représente son volume dans les conditions d’entrée (p, T) et V son volume dans les conditions de sortie (p, T ) .
•Aspiration : W 1 piston = – p V (travail négatif, car le piston exerce sur le gaz une force opposée au déplacement).
•Compression adiabatique : W 2 piston = ∆U 2 .
Refoulement : W 3 piston = + pV (positif) .
Par ailleurs, le gaz reste dans le même état thermodynamique pendant les phases d’aspiration (p, T) et de refoulement (p, T ). On en déduit que ∆U 1 = 0 , soit
∆U = ∆U 2 .
Finalement : W piston = ∆U + pV – pV = ∆H .
En divisant par la masse, on obtient :
w = ∆h .
7 • La compression est supposée isentropique, comme le gaz
est parfait on peut appliquer la loi de Laplace, et :
T ’=T
.
D’autre part, ∆h = c P ∆T =
∆T pour un gaz parfait et :
w =
.
8 • Le travail massique reçu par le gaz est toujours égal à la
variation d’enthalpie massique du gaz, mais cette fois-ci entre
les températures T et T :
w’=
(T” – T);
d’autre part en utilisant la question précédente :
w =
.
L’identification de ces deux relations conduit) à:
T = T
.
9 • Ici, il n’y a ni transfert thermique massique ni variation
d’énergie cinétique ou potentielle, de sorte que le bilan enthalpique se réduit à ∆h = w , comme dans la question 6) .
10 • T et w ont des expressions identiques à celles de la
question 7), pour les mêmes raisons:
w =
e t T ’=
.
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