Exercices Corrigés
CORRIGÉS
On applique l’équation du gaz parfait pour trouver V
1 :
V
1 =
P a V M
P 0
b. La soupape s étant ouverte, le système est constitué du gaz dans le cylindre et du gaz
dans le réservoir. L’état final est obtenu lorsque le piston est au fond du cylindre.
Etat initial P 0
Etat final P 1
V
1 + V
V m + V
T
T
n C + n R
n C + n R
On applique de nouveau l’équation du gaz parfait :
(n C + n R )RT = P 1 (V + V m ) = P 0 (V + V
1 )
En utilisant la relation P 0 V
1 = P a V M , on obtient :
P 1 = P a
V M
V + V m
+ P 0
V
V + V m
(21.7)
c. Pour que la soupape s s’ouvre, il faut que le volume V
1 soit atteint avant que le piston ne
soit complètement descendu, donc que : V
1 ≥ V m . On en déduit : P 0 ≤ P max avec P max = P a
V M
V m
.
2. Pour les allers et retours suivants le raisonnement est semblable. Pour obtenir la pression
P 2 , il suffit de remplacer P 0 par P 1 , dans l’expression (21.7) :
P 2 = P a
V M
V + V m
+ P 1
V
V + V m
On remplace P 1 par son expression :
P 2 = P a
V M
V + V m
+
V M
V + V m
2
+ P 0
V
V + V m
2
On voit apparaître la formule de récurrence suivante :
P n = P a
n
∑
i=1
V M
V + V m
i
+ P 0
V
V + V m
n
= P a
1 −
V M
V + V m
n
1 −
V M
V + V m
+ P 0
V
V + V m
n
La limite pour n très grand donne : lim
n→∞
P n = P a
1
1 −
V M
V +V m
= P max .
3. Applications numériques : P 1 = 1, 05 bar et P max = 25 bar.
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