II-Quelques aspects thermodynamiques de l`atmosphère

Centrale-TSI-2011
II-Quelques aspects thermodynamiques de l’atmosphère
II-A- Equilibre isotherme de l’atmosphère
II-A-1-a) L’air est constitué de dioxygène de fraction molaire 0,2 et de diazote de fraction
molaire 0,8.
La masse volumique d’un mélange de gaz est : 𝑀 = ∑𝑖 𝑥𝑖 𝑀𝑖 ce qui donne pour l’air :
𝑀𝑎 = 𝑥𝑂2 𝑀𝑂2 + 𝑥𝑁2 𝑀𝑁2 = 0,2 ∗ 32 + 0,8 ∗ 28 = 29 𝑔. 𝑚𝑜𝑙 −1
L’équation d’état des gaz parfait est : 𝑃𝑉 = 𝑛𝑅𝑇 =
𝑚
𝑅
𝑚
𝑀𝑎
𝑅𝑇 . La masse volumique du gaz est
𝜇 = 𝑉 ce qui donne 𝑃 = 𝜇𝑅𝑎 𝑇 avec 𝑅𝑎 = 𝑀 = 288 𝐽. 𝐾 −1 . 𝑘𝑔−1
𝑎
II-A-2) On nous donne la relation de l’équilibre de l’atmosphère sous l’action de sa
pesanteur :
soit
𝑑𝑃
𝑃
𝑑𝑃
= −𝜇𝑔 ce qui donne en se servant de la relation des gaz parfait :
𝑑𝑧
𝑔𝑑𝑧
𝑑𝑃
𝑑𝑧
𝑃𝑔
= −𝑅
𝑎𝑇
= − 𝑅 𝑇.
𝑎
Si on considère le modèle de l’atmosphère isotherme, la température est une constante et vaut
𝑇𝑜 . On a
𝑑𝑃
𝑃
𝑔𝑑𝑧
= −𝑅
𝑎 𝑇𝑜
ce qui donne : 𝐿𝑛
𝑃(𝑧)
𝑃𝑜
𝑔𝑧
= −𝑅
𝑎 𝑇𝑜
𝑔𝑧
soit 𝑃(𝑧) = 𝑃𝑜 𝑒𝑥𝑝 (− 𝑅
La longueur caractéristique des variations de l’atmosphère est 𝐻 =
𝑃(𝑧)
𝑔𝑧
Comme 𝜇(𝑧) = 𝑅
on en déduit : 𝜇(𝑧) = 𝜇𝑜 𝑒𝑥𝑝 (− 𝑅
𝑎 𝑇𝑜
𝑎 𝑇𝑜
𝑅𝑎 𝑇𝑜
𝑔
𝑎 𝑇𝑜
)
= 8,82 𝑘𝑚
)
II-B- Stabilité de l’atmosphère isotherme
𝑅
𝛾𝑅
II-B-1) 𝑐𝑣𝑚 = 𝛾−1 et 𝑐𝑝𝑚 = 𝛾−1. On en déduit l’expression de la capacité thermique massique
de l’air à pression constante : 𝑐𝑝 =
𝑐𝑝𝑚
𝑀𝑎
𝛾𝑅
= 𝛾−1𝑎 = 1,01 𝑘𝐽. 𝐾 −1 . 𝑘𝑔−1
II-B-2) La parcelle d’air est en équilibre mécanique donc 𝑃1 = 𝑃(𝑧𝑜 ) et en équilibre
thermique donc 𝑇1 = 𝑇𝑜
II-B-3) Après son déplacement vertical, la parcelle d’air prend une pression 𝑃2 = 𝑃(𝑧𝑜 + 𝜀).
On a donc 𝑃1 = 𝑃(𝑧𝑜 + 𝜀) − 𝑃(𝑧𝑜 ). Mais comme 𝑧𝑜 ≫ 𝜀 on peut écrire à l’ordre 1 :
𝑑𝑃
𝛿𝑃1 = 𝑃(𝑧𝑜 ) + 𝜀 ( 𝑑𝑧 )
𝑑𝑃
de l’air donne : ( 𝑑𝑧 )
𝑧𝑜
𝑃(𝑧)
Comme 𝜇(𝑧) = 𝑅
𝑎 𝑇𝑜
𝑑𝑃
𝑧𝑜
− 𝑃(𝑧𝑜 ) soit 𝛿𝑃1 = 𝜀 ( 𝑑𝑧 ) . Or la loi de l’équilibre hydrostatique
𝑧𝑜
= −𝑔𝜇(𝑧𝑜 ). On en déduit : 𝛿𝑃1 = −𝜀(𝑡)𝑔𝜇(𝑧𝑜 )
, on en déduit : 𝛿𝜇 = −
𝜀(𝑡)𝑔𝜇(𝑧𝑜 )
𝑅𝑎 𝑇𝑜
II-B-4) On fait l’hypothèse que la parcelle d’air subit une transformation adiabatique
𝛾
𝛾
réversible. On peut donc appliquer la loi de Laplace : 𝑃𝑉 𝛾 = 𝑐𝑡𝑒 soit : 𝑃1 𝑉1 = 𝑃2 𝑉2 .
On suppose que 𝑃2 = 𝑃1 + 𝛿𝑃1 et 𝑉2 = 𝑉1 + 𝛿𝑉1 ce qui donne:
(𝑃1 + 𝛿𝑃1 )(𝑉1 + 𝛿𝑉1 )𝛾 = 𝑃1 𝑉1𝛾
𝛾
Si on suppose 𝑃1 ≫ 𝛿𝑃1 et 𝑉1 ≫ 𝛿𝑉1 on a (𝑃1 + 𝛿𝑃1 )(𝑉1 + 𝛾𝛿𝑉1 ) = 𝑃1 𝑉1 soit
𝑉1 𝛿𝑃1 + 𝛾𝑃1 𝛿𝑉1 = 0 → 𝛿𝑉1 = −
mais 𝑃1 (𝑧𝑜 ) = 𝜇(𝑧𝑜 )𝑅𝑎 𝑇𝑜 soit :
𝑉1 (𝑧𝑜 )𝛿𝑃1
=
𝑉1 (𝑧𝑜 )𝜀(𝑡)𝑔𝜇(𝑧𝑜 )
𝛾𝑃1 (𝑧𝑜 )
𝛾𝑃1 (𝑧𝑜 )
𝑉1 (𝑧𝑜 )𝜀(𝑡)𝑔
𝛿𝑉1 = 𝛾𝑅
𝑎𝑇𝑜
II-B-5) La poussée d’Archimède s’exerçant sur la parcelle d’air à l’altitude 𝑧𝑜 + 𝜀(𝑡) est
égale au poids de volume de fluide déplacé :
⃗⃗ 𝑎 = 𝜇(𝑧𝑜 + 𝜀(𝑡))𝑉2 𝑔𝑢
Π
⃗ 𝑧 = (𝜇1 + 𝛿𝜇)(𝑉1 + 𝛿𝑉1 )𝑔𝑢
⃗ 𝑧 ~(𝜇1 𝑉1 + 𝑉1 𝛿𝜇 + 𝜇1 𝛿𝑉1 )𝑔𝑢
⃗𝑧
On remplace 𝛿𝜇 et 𝛿𝑉1 par les expressions obtenues précédemment :
⃗⃗ 𝑎 = (𝜇(𝑧𝑜 )𝑉1 (𝑧𝑜 ) − 𝑉1 (𝑧𝑜 ) 𝜀(𝑡)𝑔𝜇(𝑧𝑜 ) + 𝜇(𝑧𝑜 ) 𝑉1 (𝑧𝑜 )𝜀(𝑡)𝑔) 𝑔𝑢
Π
⃗𝑧
𝑅 𝑇
𝛾𝑅
𝑎 𝑜
⃗⃗ 𝑎 = 𝜇(𝑧𝑜 )𝑉1 (𝑧𝑜 )𝑔(1 −
→ Π
𝑔(𝛾−1)
𝛾𝑅𝑎𝑇𝑜
𝑎𝑇𝑜
𝜀(𝑡))𝑢
⃗𝑧 .
A l’altitude 𝑧𝑜 la masse de la parcelle est 𝑚1 = 𝜇(𝑧𝑜 )𝑉1 (𝑧𝑜 ). Le poids de la parcelle est donc
⃗⃗ = −𝜇(𝑧𝑜 )𝑉1 (𝑧𝑜 )𝑔𝑢
Π
⃗𝑧
On
en
déduit
la
résultante
des
forces
appliquées
à
la
parcelle :
2
2
𝑔
⃗ = −𝜇(𝑧𝑜 )𝑉1 (𝑧𝑜 ) 𝑔 (𝛾−1) 𝜀(𝑡)𝑢
F
⃗ 𝑧 = −𝜇(𝑧𝑜 )𝑉1 (𝑧𝑜 ) 𝑐 𝜀(𝑡)𝑢
⃗𝑧
𝛾𝑅
𝑎𝑇𝑜
𝑝𝑇𝑜
II-B-6) On applique la loi de la quantité de mouvement au système {parcelle d’air} dans un
référentiel 𝑅 galiléen. En projection sur l’axe 𝑧 on a :
𝑚1 𝜀̈(𝑡) = −𝜇(𝑧𝑜 )𝑉1 (𝑧𝑜 ) 𝑐
l’équation : 𝜀̈(𝑡) + 𝑐
𝑔2
𝑝𝑇𝑜
𝑔2
𝑝𝑇𝑜
𝜀(𝑡)
et
comme
𝜀(𝑡) = 0 d’où 𝑁 =
𝑚1 = 𝜇(𝑧𝑜 )𝑉1 (𝑧𝑜 )
on
obtient
𝑔
√𝑐𝑝 𝑇𝑜
𝑵 est en 𝒔−𝟏
La parcelle oscille avec une période 𝑇 =
2𝜋
𝑁
= 353 𝑠
Suite à une perturbation verticale, l’atmosphère isotherme oscille autour de sa position
d’équilibre. L’atmosphère isotherme est donc stable. Mais ce modèle n’est pas réaliste car
dans la troposphère, la température décroit linéairement avec l’altitude. Ce modèle convient
mieux dans la stratosphère entre 10 et 20 km d’altitude.
II-C- Etude thermodynamique d’un cyclone tropical
II-C-1) Dans le cas d’un système en écoulement, on a comme expression du premier
principe entre deux instants macroscopiques donne ∆𝐻 + ∆𝐸𝑐 + ∆𝐸𝑝 = 𝑊 ′ + 𝑄 avec
∆𝐻 = 𝐻𝑎𝑣𝑎𝑙 − 𝐻𝑎𝑚𝑜𝑛𝑡 ; ∆𝐸𝑐 = 𝐸𝑐,𝑎𝑣𝑎𝑙 − 𝐸𝑐,𝑎𝑚𝑜𝑛𝑡 et ∆𝐸𝑝 = 𝐸𝑝,𝑎𝑣𝑎𝑙 − 𝐸𝑝,𝑎𝑚𝑜𝑛𝑡
Le travail utile correspond au travail récupérable, c’est-à-dire le travail qui n’est pas celui des
forces pressantes en amont et en aval.
II-C-2-a) On travaille avec le système 𝑆={masse d’air 𝑚𝑎 +masse 𝛿𝑚𝑣 d’eau} en amont à
𝑡 et en aval à 𝑡’.
Pour la masse d’air la transformation est isotherme donc ∆𝐻𝐴𝐵(𝑚𝑎 ) = 0
la transformation isotherme faisant varier la pression de la masse d’air de 𝑃𝐴 à 𝑃𝐵 on a
𝑃
∆𝑆𝐴𝐵(𝑚𝑎) = −𝑚𝑎 𝑅𝑎 𝐿𝑛 (𝑃𝐵 )
𝐴
II-C-2-b) La masse 𝛿𝑚𝑣 d’eau subit une vaporisation isotherme, isobare réversible à la
température 𝑇𝑜 . On a donc ∆𝐻𝐴𝐵(𝛿𝑚𝑣 ) = 𝛿𝑚𝑣 𝑙𝑣𝑎𝑝
et ∆𝑆𝐴𝐵(𝛿𝑚𝑣 ) =
𝛿𝑚𝑣 𝑙𝑣𝑎𝑝
𝑇𝑜
II-C-2-c) On applique le deuxième principe : ∆𝑆𝐴𝐵 = 𝑆é𝑐ℎ𝑎𝑛𝑔𝑒 + 𝑆𝑐𝑟é𝑎𝑡𝑖𝑜𝑛 . La transformation
étant réversible on a : 𝑆𝑐𝑟é𝑎𝑡𝑖𝑜𝑛 = 0.
La transformation est monotherme, elle n’échange du transfert thermique qu’avec une seule
source de chaleur à 𝑇𝑜 donc 𝑆é𝑐ℎ𝑎𝑛𝑔𝑒 =
𝑄1
𝑇𝑜
𝑃
On en déduit : ∆𝑆𝐴𝐵 = ∆𝑆𝐴𝐵(𝑚𝑎 ) + ∆𝑆𝐴𝐵(𝛿𝑚𝑣 ) = −𝑚𝑎 𝑅𝑎 𝐿𝑛 (𝑃𝐵 ) +
𝛿𝑚𝑣 𝑙𝑣𝑎𝑝
𝑇𝑜
𝐴
=
𝑄1
𝑇𝑜
ce qui
𝑃
donne : 𝑄1 = −𝑚𝑎 𝑅𝑎 𝑇𝑜 𝐿𝑛 (𝑃𝐵 ) + 𝛿𝑚𝑣 𝑙𝑣𝑎𝑝
𝐴
II-C-2-d) On peut appliquer la question II-C-1) :
𝛿𝑚𝑣 𝑙𝑣𝑎𝑝 +
𝛿𝑚𝑣 +𝑚𝑎
2
𝑃
(𝑣𝐵2 − 𝑣𝐴2 ) = 𝑊 ′ + 𝑄1 = 𝑊1′ − 𝑚𝑎 𝑅𝑎 𝑇𝑜 𝐿𝑛 ( 𝐵 ) + 𝛿𝑚𝑣 𝑙𝑣𝑎𝑝
𝑃
𝐴
𝑃
donne 𝑊1′ = 𝑚𝑎 𝑅𝑎 𝑇𝑜 𝐿𝑛 (𝑃𝐵 ) +
𝛿𝑚𝑣 +𝑚𝑎
𝐴
2
𝑃
(𝑣𝐵2 − 𝑣𝐴2 )~𝑚𝑎 𝑅𝑎 𝑇𝑜 𝐿𝑛 ( 𝐵 ) +
𝑃
𝐴
𝑚𝑎
2
ce qui
(𝑣𝐵2 − 𝑣𝐴2 )
puisque 𝛿𝑚𝑣 ≪ 𝑚𝑎
𝑃
II-C-2-e) Si 𝑣𝐴 ≪ 𝑣𝐵 on a 𝑊1′ = 𝑚𝑎 𝑅𝑎 𝑇𝑜 𝐿𝑛 (𝑃𝐵 ) +
𝐴
𝑚𝑎
2
𝑣𝐵2 .
II-C-3-a) Pour la masse d’air on a un réchauffement de la température 𝑇𝑜 à la température 𝑇1 :
∆𝐻𝐵𝐶(𝑚𝑎 ) = 𝑚𝑎 𝑐𝑝 (𝑇1 − 𝑇𝑜 ) et pour la masse 𝛿𝑚𝑣 on a un changement de phase de la phase
vapeur à la phase liquide soit ∆𝐻𝐵𝐶(𝛿𝑚𝑣 ) = −𝛿𝑚𝑣 𝑙𝑣𝑎𝑝
ce qui donne :
∆𝐻 = 𝑚𝑎 𝑐𝑝 (𝑇1 − 𝑇𝑜 ) −𝛿𝑚𝑣 𝑙𝑣𝑎𝑝 ; de plus
∆𝐸𝑐 =
𝛿𝑚𝑣 +𝑚𝑎
2
(𝑣𝐶2 − 𝑣𝐵2 )~
𝑚𝑎
2
(𝑣𝐶2 − 𝑣𝐵2 )
∆𝐸𝑝 = 𝑔(𝑚𝑎 + 𝛿𝑚𝑣 )(𝑧𝐶 − 𝑧𝐵 )~𝑔𝑚𝑎 (𝑧𝐶 − 𝑧𝐵 )
La transformation est adiabatique et se fait sans travail utile. On applique le premier principe
pour les écoulements ce qui donne :
𝑚
𝑚𝑎 𝑐𝑝 (𝑇1 − 𝑇𝑜 ) −𝛿𝑚𝑣 𝑙𝑣𝑎𝑝 + 𝑎 (𝑣𝐶2 − 𝑣𝐵2 ) + 𝑔𝑚𝑎 (𝑧𝐶 − 𝑧𝐵 ) = 0 soit
(𝑧𝐶 − 𝑧𝐵 ) = −
𝑐𝑝
𝑔
(𝑇1 − 𝑇𝑜 ) +
2
𝛿𝑚𝑣 𝑙𝑣𝑎𝑝
𝑚𝑎
𝑔
1
− 2𝑔 (𝑣𝐶2 − 𝑣𝐵2 )
II-C-3-b) Si 𝑣𝐶 ≪ 𝑣𝐵 on a (𝑧𝐶 − 𝑧𝐵 ) = −
𝑐𝑝
𝑔
(𝑇1 − 𝑇𝑜 ) +
𝛿𝑚𝑣 𝑙𝑣𝑎𝑝
𝑚𝑎
𝑔
𝑣2
+ 2𝑔𝐵
II-C-4-a) En s’aidant des résultats du II-A-2) on a 𝑃(𝑧𝐷 ) = 𝑃𝐶 𝑒𝑥𝑝 (−
II-C-4-b) La transformation est isotherme et réversible. On a ∆𝑆𝐶𝐷 =
𝑔(𝑧𝐷 −𝑧𝐶 )
𝑄3
𝑇1
𝑅𝑎 𝑇1
.
)
Pour une variation de pression isotherme d’une masse 𝑚𝑎 de GP, on a
𝑃
𝑃
∆𝑆𝐶𝐷 = −𝑚𝑎 𝑅𝑎 𝐿𝑛 ( 𝑃𝐷 ) ce qui donne 𝑄3 = −𝑚𝑎 𝑅𝑎 𝑇1 𝐿𝑛 ( 𝑃𝐷) ;
𝐶
𝐶
mais on a vu que 𝑃(𝑧𝐷 ) = 𝑃𝐶 𝑒𝑥𝑝 (−
𝑔(𝑧𝐷 −𝑧𝐶 )
) ce qui fait : 𝑄3 = 𝑚𝑎 𝑔(𝑧𝐷 − 𝑧𝐶 )
𝑅𝑎 𝑇1
II-C-4-c) On applique le premier principe pour des écoulement avec ∆𝐻 = 0 puisque la
𝑚
transformation est isotherme, ce qui donne : 2𝑎 (𝑣𝐷2 − 𝑣𝐶2 ) + 𝑔𝑚𝑎 (𝑧𝐷 − 𝑧𝐶 ) = 𝑄3 + 𝑊3′ ce
qui donne 𝑊3′ =
𝑚𝑎
(𝑣𝐷2 − 𝑣𝐶2 )
2
II-C-5-a) On a une machine thermique réversible entre deux sources de chaleur, l’une à 𝑇𝑜 et
l’autre à 𝑇1 .
𝑄3
Le deuxième principe donne : ∆𝑆 = 0 =
𝑄3
réversible on a : 0 =
𝑇1
𝑄1
+ 𝑇 soit 𝑄3 = −
𝑜
𝑇1
𝑇1 𝑄1
𝑄
+ 𝑇1 + 𝑆𝑐𝑟é𝑎𝑡𝑖𝑜𝑛 . Mais comme le cycle est
𝑜
𝑇𝑜
De plus le premier principe appliqué au système ouvert sur tout le cycle donne :
0 = 𝑄1 + 𝑄3 + 𝑊 ′ , soit 𝑊 ′ = −𝑄1 − 𝑄3 → 𝑊 ′ = −𝑄1 +
𝑇1 𝑄1
𝑇𝑜
d’où la relation demandée :
𝑇
𝑊 ′ = −𝑄1 (1 − 𝑇1 )
𝑜
𝑇1
𝜂 = (1 − 𝑇 ) correspond au rendement du cycle. C’est la même expression que le cycle de
𝑜
Carnot puisqu’il s’agit d’un cycle réversible.
𝑃
II-C-5-a) On a précédemment trouvé l’expression de 𝑊1′ : 𝑊1′ = 𝑚𝑎 𝑅𝑎 𝑇𝑜 𝐿𝑛 (𝑃𝐵 ) +
𝐴
𝑚𝑎
2
𝑣𝐵2 et
𝑃
de 𝑄1 : 𝑄1 = −𝑚𝑎 𝑅𝑎 𝑇𝑜 𝐿𝑛 (𝑃𝐵 ) + 𝛿𝑚𝑣 𝑙𝑣𝑎𝑝 . En appliquant la relation de la question
𝐴
précédente on trouve :
𝑃
𝑚𝑎 𝑅𝑎 𝑇𝑜 𝐿𝑛 (𝑃𝐵 ) +
𝑚𝑎
𝐴
Soit :
𝑣𝐵2
𝑇
𝑃
𝑣𝐵2 = − (1 − 𝑇1 ) (−𝑚𝑎 𝑅𝑎 𝑇𝑜 𝐿𝑛 (𝑃𝐵 ) + 𝛿𝑚𝑣 𝑙𝑣𝑎𝑝 )
2
𝑜
𝐴
𝑃𝐴
𝑇1
𝛿𝑚𝑣
𝐵
𝑜
𝑚𝑎
= 2𝑅𝑎 𝑇1 𝐿𝑛 (𝑃 ) − (1 − 𝑇 ) 2
𝑙𝑣𝑎𝑝
II-C-6-a) 𝑣𝐵 = 80 𝑚. 𝑠 −1 = 288 𝑘𝑚. ℎ−1 et 𝑧𝐶 − 𝑧𝐵 = 11 𝑘𝑚. Les ordres de grandeurs sont
corrects.
II-C-6-b) On a trouvé 𝑄3 = 𝑚𝑎 𝑔(𝑧𝐷 − 𝑧𝐶 ) = 𝑄3 = −
𝑧𝐶 − 𝑧𝐷 =
𝑇1 𝑅𝑎
𝑔
𝑃
𝑇1 𝑄1
𝑇𝑜
; on peut en déduire :
𝛿𝑚 𝑇
𝐿𝑛 (𝑃𝐵 ) + 𝑔𝑇 𝑣 1 𝑙𝑣𝑎𝑝 = 740 𝑚
𝐴
𝑜𝑚𝑎
Comme on a vu 𝑇𝐶 − 𝑇𝐷 = −𝑎(𝑧𝐶 − 𝑧𝐷 ) avec 𝑎 = −6,5 𝐾. 𝑘𝑚−1 , on en déduit :
𝑇𝐶 − 𝑇𝐷 = −4,8𝐾
II-C-6-c) La puissance utile développée par le cyclone correspond au travail utile par unité de
temps. On a 𝑃 = −
𝛿𝑊 ′
𝑑𝑡
𝑃
=−
𝑑𝑚𝑎
𝑑𝑡
𝑃 = 𝐷𝑚𝑎 𝑅𝑎 𝑇𝑜 𝐿𝑛 (𝑃𝐴) − 𝐷𝑚𝑎
𝐵
2
𝑣𝐵
2
𝑃
𝑅𝑎 𝑇𝑜 𝐿𝑛 (𝑃𝐵 ) − +
𝐴
𝑑𝑚𝑎
2𝑑𝑡
𝑣𝐵2 soit :
On obtient 𝐷𝑚𝑎 = 2,76 . 109 𝑘𝑔. 𝑠 −1 et comme
𝛿𝑚𝑣
𝑚𝑎
𝐷𝑚𝑣
=𝐷
𝑚𝑎
on obtient :
𝐷𝑚𝑣 = 5 . 106 𝑘𝑔. 𝑠 −1 ce qui est un débit d’eau énorme mais la puissance du cyclone est de
1013 𝑊 ce qui est gigantesque.