DM28 • Moteur et détente

DM28 • Moteur et détente de l’hélium
I
Cycle moteur
[Véto 2001]
Attention : une grande attention sera portée à la qualité des applications numériques (les donner
avec 3 ou 4 chiffres significatifs)
Données : TFR = 350 K ; TCH = 1 100 K ; α = 10.
Constante des gaz parfaits : R = 8, 314 J.K −1 .mol−1 ; n = 0, 05 mol.
∆t = 1, 00.10−2 s ; ∆t1 = 4, 43.10−2 s ; ∆t2 = 3, 45.10−2 s.
1) Établir la relation de Mayer. En déduire les expressions de CV m et CP m en fonction de R et
de γ.
A.N. : calculer CP m et CV m .
2) Montrer que pour une transformation isentropique réversible d’un gaz parfait de rapport γ
constant, on a la relation P V γ = Cte.
En déduire l’expression littérale de TB en fonction de TA , α et γ, ainsi que celle de TD en fonction
de TC , α et γ.
A.N. : calculer TB et TD sachant que TA = 390 K et TC = 1000 K.
3) Déterminer, en fonction de n, R, TA , TC , α et γ, les expressions littérales :
- du transfert thermique QC reçu par le gaz, pendant la durée du cycle, de la part de la source
chaude ;
- du transfert thermique QF reçu par le gaz, pendant la durée du cycle, de la part de la source
froide.
A.N. : calculer QC et QF .
4) Déterminer, en fonction de n, R, TA , TC , α et γ, l’expression littérale du travail W reçu par
DM28 • T5
Un moteur ditherme fonctionne entre deux thermostats
P
selon un cycle constitué de deux transformations adiabatiques réversibles et de deux transformations isochores. Les
C
températures des thermostats sont TFR (source froide) et
TCH
TCH (source chaude) avec TFR < TCH . Le cycle est décrit
par n moles de gaz supposé parfait de capacité thermmique
D
molaire à volume constant CV m constante. Pour ce gaz,
B
le rapport γ de la capacité thermique molaire à pression
constante CP m et de CV m est égal à 1, 4.
A
TFR
Les différentes transformations du cycle sont :
- A → B : compression adiabatique réversible de durée ∆t ;
- B → C : compression isochore par contact du gaz avec la
VB=VC
VA=VD V
source chaude par l’intermédiaire des parois du cylindre qui
le contient pendant une durée ∆t1 ;
- C → D : détente adiabatique réversible de durée ∆t ;
- D → A : détente isochore par contact du gaz avec la source froide par l’intermédiaire des parois
du cylindre qui le contient pendant une durée ∆t2 .
On ne tiendra pas compte de la capacité thermique du cylindre contenant le gaz.
Chaque grandeur pression P , volume V et température T du gaz en un point du cycle sera
indicée par la lettre de ce point.
VA
VD
On notera α le rappport volumétrique
=
= α.
VB
VC
Cycle moteur et détente de l’hélium
2012-2013
le gaz pendant la durée d’un cycle.
Quelle est la puissance moyenne P de ce moteur ?
A.N. : calculer W et P.
5) Définir le rendement η de ce cycle moteur. Déterminer l’expression littérale de η en fonction
uniquement de α et de γ.
A.N. : calculer η.
6) Démontrer l’expression littérale de la valeur maximale ηmax du rendement prévue par le
théorème de Carnot ?
A.N. : calculer ηmax . Comparer η et ηmax . Que peut-on en conclure ?
7) Déterminer, en fonction de n, R, TA , TC , α et γ, les expressions littérales ∆SAB , ∆SBC ,
∆SCD et ∆SDA , de la variation d’entropie du gaz pour les quatre transformations du cycle.
A.N. : calculer ∆SDA et ∆SBC .
8) Quelle est la variation d’entropie du gaz au cours d’un cycle ?
9) Déterminer, en fonction de n, R, TA , TC , TCH , α et γ, la variation d’entropie ∆SCH de la
source chaude.
A.N. : calculer ∆SCH .
10) Déterminer, en fonction de n, R, TA , TC , TFR , α et γ, la variation d’entropie ∆SFR de la
source froide.
A.N. : calculer ∆SFR .
11) Quelle est la variation d’entropie ∆S∞ , au cours d’un cycle, du système constitué de
l’ensemble des sources de chaleur et du gaz ?
A.N. : calculer ∆S∞ . Commenter le résultat.
DM28 • T5
12) Que les transferts thermiques aient lieu avec l’une ou l’autre des sources, on suppose que,
à partir de l’instant t et pendant une durée infinitésimale dt, ils sont de la forme :
δQC = λ(TCH − T (t)).dt au cours de la transformation B → C
δQF = λ(TFR − T (t)).dt au cours de la transformation D → A
T (t) étant la température du gaz, supposée uniforme, à la date t et λ une constante positive.
On prendra λ = 4, 5 uSI.
12.a) Quelle est l’unité de λ, exprimée en fonction des unités de travail, de température et de
temps du système international ?
12.b) Quelle est l’unité de λ, exprimée en fonction des unités fondamentales du système international ?
nCV m
13) On pose τ =
. Déterminer la relation entre TFR , TA , TD , τ et ∆t2 .
λ
Quelle est l’unité fondamentale de τ ? Que représente τ ?
14) Déterminer la relation entre TCH , TB , TC , τ et ∆t1 .
15) Déterminer les valeurs limites TA,lim et TC,lim de TA et TC lorsque ∆t1 et ∆t2 tendent vers
l’infini.
16) Représenter le cycle moteur étudié dans le diagramme entropique en justifiant théoriquement
les allures des courbes représentatives de chaque transformation. Y faire également apparaı̂tre
les isothermes TCH et TFR .
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Cycle moteur et détente de l’hélium
2012-2013
II
Détente de l’hélium
[ENAC 2006, q. 19-24]
Une enceinte cylindrique fermée par un piston, mobile sans frottement, contient 500 g d’hélium gazeux,
monoatomique, de masse molaire M = 4 g.mol−1 .
Dans l’état (1) initial, le volume de l’enceinte est
V1 = 100 L, et le gaz, supposé parfait, est à la
température T1 = 600 K.
On rappelle que l’énergie interne de n moles de gaz
parfait monoatomique à la température T s’écrit :
3
U = nRT , où R = 8, 31 J.K −1 .mol−1 désigne la constante des gaz parfaits.
2
1) Calculer la capacité thermique massique à volume constant cV de l’hélium :
A) cV = 1, 38 kJ.K −1 .kg −1
C) cV = 3, 12 kJ.K −1 .kg −1
B) cV = 2, 91 kJ.K −1 .kg −1
D) cV = 5, 19 kJ.K −1 .kg −1
2) Par déplacement du piston, le gaz subit une détente isotherme, supposée réversible, qui le
conduit à l’état (2) caractérisé par un volume V2 = 250 L.
Calculer la pression P2 du gaz dans ce nouvel état :
A) P2 = 2, 49.106 P a
C) P2 = 9, 97.106 P a
B) P2 = 2, 49.103 P a
D) P2 = 9, 97.103 P a
3) Quel est le travail W12 reçu par le gaz au cours de cette évolution isotherme ?
A) W12 = −2 280 kJ
C) W12 = 571 kJ
B) W12 = −571 kJ
D) W12 = 2 280 kJ
4) On envisage une nouvelle évolution réversible, constituée d’une détente adiabatique entre
l’état (1) et un état intermédiaire (3) de volume V3 = V2 , suivie d’un chauffage isochore entre
l’état (3) et l’état final (2), défini précédemment. Déterminer la température T3 de l’état intermédiaire :
B) T3 = 416 K
C) T3 = 866 K
D) T3 = 1 105 K
5) Calculer le travail W132 reçu par le gaz au cours des évolution successives : (1) → (3) → (2) :
A) W132 = −287 kJ
C) W132 = 414 kJ
B) W132 = −427 kJ
D) W132 = 787 kJ
DM28
A) T3 = 326 K
•
A) ∆S = −3 807 J.K −1
C) ∆S = 952 J.K −1
T5
6) Déterminer la variation d’entropie ∆S du gaz entre l’état (1) et l’état (2) :
B) ∆S = −952 J.K −1
D) ∆S = 0 J.K −1
7) Représenter dans le diagramme de Watt les trois états thermodynamiques ((1), (2) et (3))
ainsi que les courbes des trois évolutions étudiées ((1) → (2), (1) → (3) et (3) → (2)). On
prendra soin de faire apparaı̂tre P1 , P2 , V1 et V2 .
8) Établir, pour un état intermédiaire {S, T } de la transformation isochore réversible entre (3)
et (2), l’expression donnant la température T en fonction de l’entropie S, de S1 , de T3 et de CV
(capacité thermique à volume constant).
9) Représenter dans le diagramme entropique les trois états thermodynamiques ainsi que les
courbes des trois évolutions étudiées. On prendra soin de faire apparaı̂tre T1 , T3 , S1 et S2 .
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Cycle moteur et détente de l’hélium
2012-2013
Solution
I. Cycle moteur
– 1) ➜ Cf Cours :
CP m − CV m = R
(relation de Mayer, pour un
GP).
CP m =
γR
= 29, 10 J.K −1 .mol−1
γ−1
et
CV m =
R
= 20, 78 J.K −1 .mol−1 .
γ−1
2) Une transformation isentropique réversiblé étant une transformation quasi-statique, à entropie constante, on peut appliquer la première identité thermmodynamique, pour un gaz parfait
(vérifiant 
donc la premier loi de Joule) :
 0
dT
dV
nR
dUGP + P dV
dS =
= nCV m
+ nR
=
(d ln T + (γ − 1)d ln V ) ,
⋆

T
T
V
γ−1
On én déduit un des trois relation de Laplace pour un gaz parfait subissant une isentropique
γ−1
réversible
= Cte ; soit, puisque P V = nRT : P V γ = Cte
 (=adiabatique réversible) : T V
 comme TA V γ−1 = TB V γ−1 ,
on en déduit : TB = TA αγ−1 = 979, 6 K
A
B
Donc,
 et comme T V γ−1 = T V γ−1 , on en déduit : T = T α1−γ = 398, 1 K
D
C
C C
D D
3) La transformation B → C étant une isochore et concernant un gaz parfait (qui vérifie donc
la première loi de Joule) : QC = QB→C,V = ∆UB→C,GP = nCV m (TC − TB ) soit :
QC =
nR
(TC − TA αγ−1 ) = 21, 16 J
γ−1
De même : QF = QD→A,V = ∆UD→A,GP = nCV m (TA − TD ) soit :
DM28 • T5
QF =
nR
(TA − TC α1−γ ) = −8, 43 J
γ−1
4) D’après le premier principe de la Thermodynamique
appliqué au gaz subissant un cycle,
0
soit : W = −QC − QF , d’où :
l’énergie interne étant fonction d’état : ∆U =
W + QC + QF
nR W
W =
TA αγ−1 − 1 + TC α1−γ − 1 = −12, 74 J et P =
= −128, 9 W
γ−1
2∆t + ∆t1 + ∆t2
5)
η=
grandeur utile
W
=−
grandeur investie
QC
Soit, d’après le premier principe : η = 1 +
QF
, ce qui conduit à :
QC
η = 1 − α1−γ = 60, 2%
6) ➜ Cf Cours : Pour le cycle de Carnot entre deux thermostats TCH et TFR le rendement s’écrit :
TFR
= 68, 2%
ηmax = 1 −
TCH
Commentaire : ηmax > η. On vérifie que le cycle réel est un cycle irréversible et que le cycle
de Carnot correspond au rendement maximal d’un cycle moteur fonctionnant entre les deux
thermostats considérés.
7) • ∆SAB = ∆SCD = 0 (transformations isentropiques)
• La transformation B → C étant une isochore
- concernant un gaz parfait (qui vérifie donc la première loi de Joule)
- quasi-statique (puisque représentable dans le diagramme de Clapeyron),
on peut appliquer Premier
,.
⋆
Z CThermodynamique
Z C Identité
TC
dV
nR
TC
nR
dT
+ nR
=
ln
ln
=
nCV m
dS =
On obtient : ∆SBC =
T
V
γ − 1 TB
γ−1
TA αγ−1
B
B
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Cycle moteur et détente de l’hélium
2012-2013
∆SBC
1
= nR
ln
γ−1
TC
TA
− ln α = 2, 138.10−2 J.K −1
De même, pour la transformation D → A, on a : ∆SDA
∆SDA
1
ln
= nR
γ−1
TA
TC
nR
=
ln
γ−1
TA
TC α1−γ
+ ln α = −2, 138.10−2 J.K −1
8) Par propriété d’une fonction d’état, sur un cycle : ∆S = SA − SA = 0 .
Les expressions littérales précédents permettent de le vérifier puisque :
XC→D
XA→B
+ X
= 0
XX + XX + B→C
D→A
∆S
∆S
∆S
∆S = X
∆S
9) Puisqu’un thermostat subit une transformation réversible, par application du deuxième
principe :
QC
nR TA αγ−1 − TC
QSC
é
=−
=
.
= −1, 924.10−2 J.K −1 .
∆SCH = S CH =
TCH
TCH
γ−1
TCH
10) De même :
é
∆SFR = S FR =
QSF
QF
nR TC α1−γ − TA
=−
=
.
= 2, 407.10−2 J.K −1 .
TFR
TFR
γ−1
TFR
11) L’entropie étant une fonction d’état extensive, elle est également, en thermodynamique
+ ∆S + ∆S = 4, 83.10−3 J.K −1
∆S
∆S∞ = FR
CH
classique, additive. Donc :
é
p
S
Commentaire : On vérifie que le cycle étudié est irréversible puisque ∆S∞ = ∞ + S ∞ > 0.
12)
u(λ) = J.K −1 .s−1 = kg.m2 .s−3 .K −1
13) δQF = δQF,V = dUGP = nCV m dT = λ(TFR − T ).dt, soit :
TA
TD
nCV m
dT
.
=
λ
TFR − T
Z
∆t2
dt ⇔ −τ ln
0
TFR − TA
TFR − TD
= ∆t2 ⇔ ∆t2 = τ ln
TD − TFR
TA − TFR
TA,lim = TRF
et
TC,lim = TCH
T
16) La première identité thermodynamique pour une
TéQS isochore d’un GP s’écrit :
dU
P dV
dT
dV
dS =
+
= CV
+ nR
, soit :
T
T
T
V

S
S − SB


=
K
exp
pour B → C
T
=
T
exp

B
nCV m CV S − SD
S


= K ′ exp
pour D → A
 T = TD exp
nCV m
CV
Ainsi, les courbes représentatives de transformations isochores sont des portions d’exponentielles croissantes dans
le diagramme entropique.
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TCH
C
B
D
A
TFR
SA=SB
SC=SD
S
5
T5
15)
•
nCV m
comme
λ
homogène à un temps (unité : la seconde), plus précisément il s’agit de la durée caractéristique
de la transformation étudiée.
TCH − TB
14) De même δQC = nCV m dT = λ(TCH − T ).dt, soit : ∆t1 = τ ln
TCH − TC
Commentaire : L’équation différentielle qu’on a pu écrire faire apparaı̂tre τ =
DM28
Z
dT
T
TFR
+ =
ou encore :
dt
τ
τ
Cycle moteur et détente de l’hélium
2012-2013
II. Détente de l’hélium
– Rq : n =
m
= 125 mol
M
3
3
1) U = .nRt = CV .T (1e loi de Joule) ⇒ d’où CV = m.cV = .nR
2
2
CV
3 R
−1
−1
Soit : cV =
Rép. 1.C)
= .
= 3, 12 kJ.K .kg
m
2 M
2) P2 =
m RT1
nRT2
=
.
= 24, 9 bar = 2, 49.106 P a Rép. 2.A)
V2
M V2
3) W1→2 =
Z
2
δW =
1
Z
2
−Pext .dV =
1
(a)
Z
2
−P.dV =
(b)
1
Z
2
1
nRT
−
.dV =(c) −nRT1
V
(a) : TQS* car réversible, donc Pext = P
(b) : car GP
(c) : car isotherme T = Cte = T1
V2
V2
Soit W12 = −nRT1 . ln
= −P2 V2 . ln
= −571 kJ Rép. 3.B)
V1
V1
Z
2
1
dV
V
4) • Pour un Gaz Parfait Monoatomique, connaissant la Relation de Mayer :
γ=
5
nR
CP
CV + nR
5
=
= 23
= ≃ 1, 67
CV
CV
3
2 nR
DM28 • T5
• Pour la transformation (1) → (3), le système étant un Gaz Parfait subissant une adiabatique
réversible (donc isentropique), on peut lui appliquer les lois de Laplace, soit : T V γ−1 = Cte,
i.e. : T1 V1γ−1 = T3 V3γ−1
γ−1
V1
.T1 = 326 K Rép. 4.A)
D’où : T3 =
V3
5) W132 = W13 + W32 , avec :

Z 2
Z 2

= 0 isochore
 W32 =
dV
−P ext.
δW =
(a) : 1e Principe + adiabatique
(b) : GP et 1e loi de Joule
(c) : GPM
3
3

(b)
(c) 3 .nR.(T − T )
 W13 =(a) ∆U13 − Q
3
1
13 = CV .(T3 − T1 ) =
2
3 m
Donc : W132 = W13 = . .(T3 − T1 ) = −427 kJ Rép. 5.B)
2 M
6) ∆S = ∆Srév =
V2
nR. ln
V1
Z
2
dSrév =
(a)
1
Z
2
1
dU + P.dV (b)
=
T
Z
2
1
CV .dT
+
T
Z
2
1
T2
nR.dV
3
= .nR.ln +
T1
V
2
Car :
(a) : 1e Identitté Thermodynamique
(b) : 1e loi de Joule et Équation d’état d’un GP
D’où : ∆S1→2 = nR. ln
6
V2
V1
= 952 J.K −1
Rép. 6.C)
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Cycle moteur et détente de l’hélium
2012-2013
9)
7)
P1
P
(1)
T1
P2
isentr.
T1
(2)
isotherme
V2 V
(2)
(1)
isentr.
isoch.
isoch.
(3)
V1
T
T3
(3)
S1
S2 S
8) • Pour une transformation isochore élémentaire, la 1e Identité Thermodynamique donne, pour
dV
dU + P.
dT
un GP vérifiant la 1e loi de Joule : dS =
= CV
T
T
• Donc, en sommant entre l’état (3) {S3 , T3 } et un état thermodynamique
intermédiaire {S, T }
T
sur l’isochore réversible (3) → (2), on obtient : S − S3 = CV . ln
T3
Or, comme S3 = S1 ((1) → (3) est une adiabatique réversible, donc une isentropique), on
S − S1
obtient : T = T3 . exp
CV
DM28
•
T5
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