changements d`etat - Jean

Changements d’état
I45. Chauffage d’un mélange d’eau liquide et de vapeur d’eau.
Le tableau ci-dessous contient des données thermodynamiques relatives à la vapeur d'eau saturante et à l’eau liquide
saturé. L'indice v est relatif à la vapeur, l'indice l est relatif au liquide. Les unités indiquées entre parenthèses sont
éventuellement à convertir dans l'unité SI correspondante. On note :
h : enthalpie massique ( kJ.kg –1 ) ; s : entropie massique ( kJ.K–1.kg–1 ) ;
u : énergie interne massique ( kJ.kg –1 ) ; v : volume massique ( m3.kg–1 ) ;
θ : température ( °C ) ; Ps : pression de vapeur saturante ( bar ).
θ Psvvhvuvsvhlulslvl
100 1,013 1,673 2676 2507 7,355 419 419 1,307 1,04.10–3
150 4,760 0,393 2746 2560 6,838 632 632 1,842 1,09.10–3
200 15,54 0,127 2793 2595 6,433 852 851 2,331 1,16.10–3
Autres données : constante des gaz parfaits : R = 8,315 J.K–1.mol–1 ; 1 bar = 105 Pa ;
masse molaire moléculaire de l'eau : M = 18.10–3 kg. mol–1 ; 0°C ↔ 273,15 K.
On considère une chaudière contenant initialement 0,2 m3 d'eau liquide en équilibre avec 9,8 m3 de vapeur à la pression
P0 = 1,013 bar. Le volume de cette chaudière est constant et les parois sont parfaitement calorifugées sauf à la base où
un brûleur permet un transfert par chaleur d'une quantité d'énergie Qc .
On négligera la capacité thermique de la chaudière ; la flamme du brûleur sera considérée comme un thermostat à la
température θb = 800°C transférant une puissance thermique constante Pb = 100 kW pendant la durée t0 nécessaire pour
que, à l'équilibre, la pression soit Pf = 15,54 bars.
1) Calculer les masses initiales mvi de vapeur et mli d'eau liquide.
2) Calculer les masses finales mvf de vapeur et mlf d'eau liquide.
3) Calculer Qc.
4) Calculer la durée t0 du chauffage.
5) Calculer la variation d'entropie de l’eau (liquide et vapeur) entre l'état initial et l'état final .
6) Calculer l'entropie créée lors de la transformation.
Commenter ce dernier résultat.
II5.
Au point triple de l’eau (612 Pa, 0,01°C) :
chaleur latente de fusion de la glace : Lf = 333 000 J/kg ;
chaleur latente de vaporisation de l'eau : Lv = 2 500 000 J/kg ;
Une mole d’eau liquide se trouve dans les conditions du point triple dans un cylindre fermé par un piston. On écarte
celui-ci pas trop vite, de sorte que la pression reste sensiblement constante. Jusqu’à quel état (E) la température reste-t-
elle constante, en l’absence de transfert thermique ? Comment pratiquement empêcher ces transferts thermiques ?
Calculer le volume et la composition du système dans l’état (E). Quelle serait l’évolution ultérieure si on continuait à
écarter le piston ?
III28.
L’eau a les propriétés suivantes :
température
en °C pression de vapeur saturante
en bar
volume massique
du liquide saturé
en m3/kg
volume massique
de la vapeur saturante
en m3/kg
chaleur latente
de vaporisation
en kJ/kg
20 p1 = 0,0234 0,001002 57,84 2453
θ2 = 115 p2 = 1,69 0,001056 1,036 2215
Un mélange d’air et de vapeur d’eau est en équilibre avec de l’eau liquide si la pression partielle de l’eau y est égale
à la pression de vapeur saturante de l’eau.
DS : changements d’état, page 1
Un autocuiseur est constituée par un cylindre rigide d’axe vertical, de rayon
intérieur et de hauteur intérieure m14,0=Rm16,0
=
h. Son couvercle
(dessiné en trait plus épais), de masse , est tenu par un étrier
(dessiné en trait plus mince) qui s’appuie par ses deux extrémités
diamétralement opposées sur des poignées solidaires du cylindre.
kg5,0=M
Le couvercle comporte une soupape de masse qui se soulève et s’ouvre
quand la différence de pression entre l’extérieur et l’intérieur est supérieure à
et s’abaisse et se ferme dans le cas contraire. La soupape est
soumise à son poids et aux forces de pression ; quand elle est fermée, la pression qui s’exerce sur elle est la pression
intérieure sur une surface horizontale et la pression extérieure sur le reste de sa surface.
m
bar69,0=∆p
2
mm2=s
autocuiseur
soupape
soulevée
(ouverte)

L’air ambiant est à C20
0°=
θ
et . bar1
0=p
Au début, l’autocuiseur contient d’eau liquide et de l’air, à la température et à la pression ambiante.
On le chauffe avec la puissance . L’autocuiseur étant à la température
3
0m001,0=V
kW2
1=P
θ
, il cède au milieu ambiant une
puissance thermique )( 02
θ
θ
−
=kP , où . W/K4=k
1) Que vaut ? m
2) Quand la soupape se soulève pour la première fois, la température est 85°C. Quelle est la pression de vapeur
saturante de l’eau à cette température ?
3) L’air ayant été chassé, il ne reste que de la vapeur d’eau au-dessus de l’eau liquide. On néglige la quantité de
vapeur d’eau chassée à cet instant. Quelle est la température ?
4) Quelle est la masse de vapeur d’eau au-dessus de l’eau liquide ?
5) Quel est le débit de vapeur d’eau sortant par la soupape ? Pendant combien de temps chauffe-t-on pour faire sortir
la moitié de l’eau ?
6) Quelle est la valeur minimale de la force exercée par l’étrier sur le couvercle ? sur ses deux point d’appui sur le
cylindre ?
7) On arrête alors le chauffage et on laisse le système revenir à la température ambiante. Pour ouvrir l’autocuiseur,
on retire l’étrier. Quelle force faudrait-il exercer alors sur le couvercle pour le soulever sans toucher à la soupape ?
8) En réalité, après retour à la température ambiante, on soulève d’abord la soupape. Quelle force faut-il exercer sur
la soupape pour l’enlever ? La soupape étant ôtée, quelle force faut-il exercer sur le couvercle pour ouvrir
l’autocuiseur ?
IV14.
A , pression de vapeur saturante de l’eau ; volume massique de la vapeur d’eau
. Constante des gaz parfaits .
373 K 5 10 Pa
S
p=
3
1, 6666 m / kg
S
u=11 8, 314 J. mol KR−− =
1) Un cylindre de volume 10 L est séparé en deux compartiments A et B par un piston initialement bloqué à mi-
course, de sorte que les volumes initiaux des deux compartiments sont égaux : . Le système est
maintenu à température constante . A contient 2 grammes d’eau et B 5 grammes d’eau. Préciser l’état de
l’eau dans les deux compartiments.
5L
B
A
VV==
373 KT=
2) On libère le piston, qui coulisse librement. Préciser l’état final de l’eau dans les deux compartiments.
3) Calculer l’entropie créée dans ce processus.
V6.
Dans les conditions du point triple, enthalpie de fusion de la glace : Lf =333,3 J/g ; de vaporisation de
l’eau : Lv = 2500J/g.
Un cylindre thermiquement isolé contient, dans les conditions du point triple 612 Pa, 0,01°C, 2 grammes
de vapeur d’eau, 20 grammes d’eau liquide et 20 grammes de glace. On abaisse lentement le piston, jusqu’à
réduire le volume de moitié. Que contient alors le cylindre ?
Réponses
I. 1) ; 2)
kg kg192, 3 5, 86
li vi
mm== kg120, 5
v
lf
vl
mv V
mvv
−
==
− ; kg77,6
l
vf
vl
Vmv
mvv
−
==
− ;
3) ; 4) ;5) ; 6) . kJ208800
c
Q= s
02088t= kJ/K486
vf vf lf lf vi vi li li
Sms ms ms ms∆=+−−=kJ/K291
c
S=
II. Dans (E), il y a mole de vapeur d’eau et mole de glace dans ; l’idéal est
que la température du milieu extérieur soit 0,01°C ; au delà, la glace se sublime, ce qui fait baisser la température.
0, 118
v
x=0, 882
s
x=3 0, 438 mV=
III. 1) ; 2) 0,5 bar ; 3) 115°C ; 4) ;
5)
2
1, 38.10 kgm− =3 8, 5.10 kg
vap
m− =
()
120
0, 731 g/s
dm P k
dt L
−θ−θ
== ; ; 6) ;
7) ; 8) sur la soupape : ; sur le couvercle 5N.
684 st=2/2 2120 NFRp=π∆ =
()
201 6010 NFRpp=π−=
()
01 0, 33 NFsp p mg=−+=
IV. 1) A : vapeur d’eau sous 0, 666 bar
SS
A
A
mp u
pV == ; B : 3g
S
V
mu ==
de vapeur d’eau sous 1 bar et 2 g
d’eau liquide ; 2) A : de vapeur sous 1 bar ; B : 6,6668 L soit4g de vapeur d’eau sous 1 bar et 1 g d’eau
liquide ; 3)
3, 3332 L
()
()
()
1
ln 0, 087 J.K
Sv
créée
mA p m B
MpA M
−
⎛⎞
∆⎟
⎜
=−+=
⎟
⎜⎟
⎜
⎝⎠
SR
.
V. 1 g de vapeur d’eau, 28,5 g d’eau liquide et 12,5 g de glace à 0,01°C et 612 Pa.
DS : changements d’état, page 2

Corrigé
I. 1) Comme la pression est 1,013 bar, l’équilibre entre l’eau liquide et la vapeur d’eau se produit à 100°C. Alors,
kg kg
3
0, 2 9, 8
192, 3 5, 86
1, 673
1, 0 4 . 1 0
li vi
mm
−
== ==
2) Comme la pression est 15,54 bars, l’équilibre entre l’eau liquide et la vapeur d’eau se produit à 200°C. Alors,
kg
kg
3
3
3
(192, 3 5, 86) 0,127 10 120,5
0,127 1,16.10
10 (192, 3 5, 86) 1,16.10 77, 6
0,127 1,16.10
v
lf
lv vl
ll vv l
vf
vl
mv V
m
mm m vv
mv m v V Vmv
mvv
−
−
−
⎧+× −
−
⎪
⎪== =
⎪
+= ⎫−−
⎪
⎪
⎪⎪
⎪
⇒
⎬⎨
+=
⎪⎪ −+×
−
⎪⎪
⎭== =
⎪
⎪−−
⎪
⎪
⎩
3) La transformation a lieu à volume constant, sans travail :
kJ
77, 6 2595 120.5 851 5, 8 2507 192, 3 419
208800
cvfvflflfvivilili
QUmumumumu=∆=+−−=×+ ×−×−×
=
4) s
0
208800 2088
100
c
b
Q
tP == =
5)
kJ/K77, 6 6, 433 120.5 2, 331 5, 8 7, 355 192, 3 1, 307 486
vf vf lf lf vi vi li li
Sms ms ms ms∆=+−−=× + × −×−×=
6) kJ/K
208800
486 291
1073
c
c
b
Q
SS
T
=∆− =−=.
L’entropie créée est nettement positive, car la transformation est thermiquement très irréversible, car le brûleur qui
fournit la chaleur est à une température très différente de la chaudière.
II. Pour éviter les transferts de chaleur, l’idéal est que la température du milieu extérieur soit égale à celle du système,
soit 0,01°C ; on peut aussi éviter de faire la transformation trop lentement.
Puisque la transformation est isobare et adiabatique, . 0H∆=
Dans (E), il y a mole de vapeur d’eau et mole de glace ; le volume est
.
/( ) 0,118
vfvf
xnLLL=+= 0, 882
s
x=
3
/ 0, 438 m
v
xRT p=
Si on continue à augmenter le volume, la glace se sublime, ce qui fait baisser la température.
III.
1) 56 2
0,69.10 2.10 1, 38.10 kg
10
mg ps m
−−
×
=∆⇒ ==
.
2) Avant chauffage, si on suppose l’intérieur de l’autocuiseur en équilibre, . Quand la
pression est , la soupape se soulève. Négligeons la dilatation de l’eau liquide et le volume d’eau liquide
vaporisé ; l’air enfermé a subi une transformation à volume et quantité constants ; sa pression partielle devient :
10eau air
pppp==−1 p
21, 6 9 b a rp=
()
()
()
1011
10 0
1 0, 0234 273 85 1, 1 9 b a r
273 20
air o air
ppp ppT
p
TT T
−−−+
=⇒== =
+ ; .
La pression de vapeur saturante de l’eau à 85°C est donc 0,5 bar.
1, 69 1,19 0,5 bar
eau
p=−=
3) La pression étant de 1,69 bar, la température est 115°C.
4) Le volume du cylindre est . Négligeons la quantité d’eau
vaporisée. L’eau liquide occupe approximativement . Il reste donc la différence pour la
vapeur d’eau. la masse de vapeur est donc
22
0,14 0,16 9, 852.10 mVRh − =π=π××= 33
33
1, 056.10 m
−33
8, 8.10 m
−
33
8, 8.10 8, 5.10 kg
1, 0 3 6
vap
m
−−
== .
5) Pendant dt il se vaporise une masse dm d’eau :
()[] ()
()
120
120
2000 4 115 20 0, 731 g/s
2215
dm P k
Ldm P dt dt L
−θ−θ −×−
=−θ ⇒ == =k−θ .
La moitié de l’eau est vaporisée au bout de la durée 3
0, 5 684 s
0, 73.10
t−
==.
6) .
22 5
0,14 0,69.10 4250 NFRp=π∆=π×=
Chaque point d’appui subit la moitié de cette force, soit . 2120 N
7) .
()
225
01 0,14 (1 0, 0234).10 6010 NFRpp=π−=π××−=
DS : changements d’état, page 3

8) Il faut exercer sur la soupape la force .
()
652
01 2.10 (1 0, 0234).10 10 1, 38.10 0, 33 NFsp p mg −−
=−+= ×−+× =
Ensuite, il suffit d’exercer une force sur le couvercle égale à son poids, soit 5N.
IV.
1) SS
mRT
pV RT p u
MM
=⇒=.
A contient de la vapeur d’eau sous la pression 2 1 1,6666 0, 666 bar
5
SS
A
A
mRT mp u
pMV V
××
== = = .
B contient 53g
1, 6666
S
V
mu == =
de vapeur d’eau sous 1 bar et par conséquent 2 g d’eau liquide.
2) A prend le volume et contient 2 g de vapeur sous 1 bar.
01, 6666 2 3, 3332 L A
Vmu== ×=
B prend le volume 10 – 3,3332 = 6,6668 L et contient 6, 6668 4g
1, 6666 = de vapeur d’eau sous 1 bar et par conséquent
1 g d’eau liquide.
Nota : A subit une compression, qui tendrait à augmenter sa température, ce qui ne favorise pas l’apparition d’eau
liquide ; aussi l’eau liquide est dans B. Une autre répartition de l’eau liquide ne changerait pas sa quantité totale, donc la
variation d’entropie calculée à la question suivante resterait valable.
3) A subit un changement de pression et B une vaporisation ; la température est inchangée ; l’ensemble ne reçoit pas
de travail.
()
() () () () ()
()
()
()
()
()
() ()
()
()
0
1
ln
ln ln
2ln1,5 1 8, 314 0, 087 J . K
18
SvS
Sv
SS
créée
créée
Q U UA UB HB p VB m BL p VB
mA pmBL
SR
MpA T
mA mA
QppVBpm
SS R
T M pA T M pA M
S−
=∆=∆+∆=∆−∆=∆−∆
∆
∆=−+
⎛⎞
∆∆
⎟
⎜
=∆− =−+=−+⎟
⎜⎟
⎜
⎝⎠
−+
=×=
v
B
R
L’entropie créée est positive, en accord avec l’irréversibilité du lâchage du piston. On ne peut pas envisager le retour à
des pressions différentes.
V.
Faisons l’hypothèse qu’aucune des trois phases ne disparaisse au cours de la transformation. La température et la
pression restent fixées à 0,01°C et 612 Pa. Comme la transformation est isobare, le premier principe s’écrit 0
=
∆H.
Le volume des phases condensées étant négligeables, le volume de la phase vapeur est divisé par deux, alors que la
température et la pression ne changent pas. Par conséquent la moitié de la vapeur d’eau se condense, ce qui provoque
une variation de l’enthalpie du système J2500
1
−
=∆H qui doit être compensée par la fusion de
x
grammes de glace
qui provoque la variation d’enthalpie g5,7
3,333
2500
2===⇒==∆
f
v
vf L
L
xLxLH .
Il reste donc 1 g de vapeur d’eau, 28,5 g d’eau liquide et 12,5 g de glace.
DS : changements d’état, page 4