Correction

Correction - DM no 12 : Thermodynamique de MPSI
Physique
Correction - DM n˚12 - Thermodynamique de
MPSI
1 Transformations d’un gaz parfait
PARTIE A : Le piston, les parois du cylindre et le robinet sont supposés être
diathermanes (parfaitement perméables à la chaleur).
1.1 Questions préliminaires
1. La relation de Mayer s’écrit, pour un gaz parfait : CP − CV = nR, et en utilisant γ =
CP
, on en déduit
CV
nR
nRγ
et CV =
γ−1
γ−1
2. D’après les première et seconde loi de Joule pour un gaz parfait :
que : CP =
nR
dT
γ−1
et
dH = CP dT =
nR
(T2 − T1 )
γ−1
et
∆H =
dU = CV dT =
nRγ
dT
γ−1
3. On en déduit :
∆U =
nRγ
(T2 − T1 )
γ−1
4. Le premier principe s’écrit, pour un système fermé au repos :
∆U = W + Q
1.2 Compressions du gaz
1.
a) La transformation est quasistatique, réversible si l’opérateur va infiniement lentement, et la transformation est isotherme (et donc également monotherme) à la température T0 car l’opérateur va
suffisamment lentement pour que la température intérieure ait le temps de s’équilibrer en permanence avec la température extérieure (le milieu extérieur joue ici le rôle de thermostat).
b) En fin de compression, on obtient T2 = T0 = 300 K car la transformation est isotherme à la
nRT0
température T0 , et le gaz étant parfait, V2 =
= 3.33 × 10−3 m3 = 3.33 L
P2
nRT0
Initialement, V1 =
= 4.99 × 10−3 m3 = 4.99 L > V2 . On vérifie donc qu’il y a bien eu
P1
compression du gaz.
nRT
c) La transformation étant isotherme, et comme P =
, la courbe représentative de la transforV
mation est une hyperbole dans le diagramme de Clapeyron (voir courbe en traits pleins dans la
figure ci-dessous).
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P
transformation 1)
transformation 2)
état
final
P3= P2
P1
état
initial
V3=V2
V1
V
d) La transformation étant quasistatique, réversible et isotherme, on peut écrire :
Wr = −
∫
Pext dV = −
∫
P dV = −
∫
nRT0 dV
= −nRT0 ln
V
(
V2
V1
)
= 202 J > 0
On vérifie bien que Wr > 0 car il y a eu compression du gaz.
e) La transformation étant isotherme, d’après les questions préliminaires ∆U = 0.
(
)
V2
f) On en déduit le transfert thermique d’après le premier principe : Q = −W = nRT0 ln
=
V1
−202 J < 0. On vérifie bien que Q < 0 car le gaz cède de l’énergie thermique à l’extérieur lors de
cette transformation (si les parois étaient adiabatiques, la température du gaz augmenterait au
cours de la compression).
2.
a) Cette transformation est brutale, irréversible, monobare (pression extérieure constante) et monotherme (la température intérieure n’est égale à la température extérieure qu’en début et fin de
compression, lorsque l’équilibre thermique a été atteint). On en déduit notamment que T3 = T1 .
b) Sachant que le piston est à l’équilibre en fin de compression, d’après le principe fondamental de la
dynamique appliqué au piston dans le référentiel terrestre considéré comme galiléen, en projection
sur l’axe vertical ascendant :
−F − P0 S + P3 S = 0
donc
F =
P0 S
= 500 N
2
où on a utilisé que P3 = 1.5P1 = 1.5P0 .
c) D’après ce qui précède, T3 = T1 et V3 = V2 = 3.33 L.
d) La courbe correspond cette fois à un ensemble de 2 segments de droite dans le diagramme de
Clapeyron ( voir courbe en pointillés dans la figure précédente).
e) La transformation étant brutale, il n’y a plus équilibre de pression et de température à tout
instant. Néanmoins, on peut écrire pour un axe z vertical ascendant :
Wr′
=−
∫
Pext dV = −
∫ (
)
(
)
F
F
+ P0 dV = −
+ P0 (V3 − V1 ) = −P3 (V3 − V1 ) = 248 J > 0
S
S
On vérifie encore bien que Wr′ > 0 car il y a eu compression du gaz.
f) La transformation étant monotherme, on a toujours ∆U ′ = 0
g) On en déduit le transfert thermique d’après le premier principe : Q′ = −W = P3 (V3 − V1 ) =
−248 J < 0. On vérifie encore bien que Q < 0 car le gaz cède de l’énergie thermique à l’extérieur
lors de cette transformation (si les parois étaient adiabatiques, la température du gaz augmenterait
cette fois encore au cours de la compression).
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h) La transformation brutale nécessite plus d’échanges d’énergie car Wr < Wr′ , mais on trouve que
Wr + Q = Wr′ + Q′ = 0 = ∆U = ∆U ′ . On retrouve que sur deux chemins différents, les travaux
et les transferts thermiques diffèrent alors que la variation d’énergie interne est indépendante du
chemin suivi (U est une fonction d’état).
1.3 Fuite de gaz
1. L’ouverture du robinet correspond à une détente du gaz. On s’attend donc bien à ce que la température
diminue ; ce qui est le cas puisque T3′ < T0 .
2. A l’état final, la loi des gaz parfaits s’écrit pour les (n − n′ ) moles de gaz restant à l’intérieur du piston,
sachant que V3′ = V3 et P3′ = P0 : P0 V3 = (n − n′ )RT3′ , donc
n′ = n −
P0 V3
= 5.7 × 10−2 mol
RT3′
3. Question supprimée.
4. Si l’équilibre thermique est atteint, alors T4 = T0 . Le volume étant constant pour les n′′ = n − n′ =
0.143mol restantes dans le cylindre, la pression doit nécessairement réaugmenter jusqu’à atteindre :
P4 =
n′′ RT0
= 1.07 × 105 P a = 1.07 bar
V3
Lorsqu’on ouvre à nouveau le robinet, un déséquilibre de pression s’est à nouveau créé entre l’intérieur
du cylindre et l’extérieur. De l’air va donc à nouveau s’échapper du cylindre car P4 > P0 , jusqu’à
l’équilibre de température et de pression avec l’extérieur, c’est à dire jusqu’à ce qu’il ne reste plus que
P0 V3
n′′′ =
= 0.13 mol dans le cylindre.
RT0
On vérifie bien que le nombre de moles dans le piston diminue : il passe de 0.2 mol, à 0.143 mol, puis
enfin à 0.13 mol.
PARTIE B : Le piston, les parois du cylindre et le robinet sont maintenant
supposés être calorifugés.
1.4 Questions préliminaires de la partie B
1. dU = T dS − P dV .
2. dS =
dU P
nRT
R
+ dV avec dU = nCV m dT et P =
et CV m =
donc
T
T
V
γ−1
dS =
nR dT
dV
+ nR
γ−1 T
V
(
dS = nCV m
dT
dV
dT
dP dV
nR dP dV
+ nR
et
=
+
d’où dS =
+
T
V
T
P
V
γ−1 P
V
(
nR dP
dV
dS =
+γ
γ−1 P
V
)
+ nR
dV
et donc
V
)
dP
dV
3. Pour une transformation adiabatique réversible d’un gaz parfait, dS = 0, donc
+γ
= 0, qui
P
V
γ
entraîne P V = cste.
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1.5 Compressions du gaz
1.
a) La transformation est une compression quasistatique (et même réversible si l’opérateur appuie
suffisamment lentement) adiabatique.
(
b) En utilisant les lois de Laplace :
P1 V1γ
=
P2 V2γ
donc V2 = V1
P1
P2
)1
γ
= 3.7 L et T2 =
P2 V2
=
nR
335 K
c) D’après le premier principe, ∆U = Wr + Q, or la transformation est adiabatique, donc Q = 0 et
Wr = ∆U = CV (T2 − T1 ). Finalement Wr =
nR
(T2 − T1 ) = 170 J.
γ−1
d) La transformation étant adiabatique et réversible, Sc = 0 et Se = 0, donc ∆S = 0 .
2.
F
, d’où F = (P3 − P0 )S = 500 N
S
∫
b) La pression extérieure étant constante et égale à P3 , on peut écrire : Wi = − Pext dV , et donc
Wi = −P3 (V3 − V1 )
a) L’équilibre du piston dans l’état final s’écrit P3 = Pext = P0 +
c) D’après le premier principe, ∆U = Wi + Q, or Q = 0 car la transformation est adiabatique, donc
(
nR
nR P3 V3 P1 V1
∆U = CV ∆T =
(T3 − T1 ) =
−
γ−1
γ − 1 nR
nR
(
P3
P1
ainsi, −P3 (V3 − V1 ) =
V3 −
γ−1
P3 V1
V3 =
(
P3
P1
=
V3 −
γ−1
P3 V1
)
)
et finalement :
(
V1
)
P1
γ−1+
P3
γ
)
= 3.81 L
P3 V3
= 343 K
nR
d) D’après les questions précédentes : Wi = −P3 (V3 − V1 ) = 178.5 J > Wr La transformation
irréversible fait intervenir un travail mécanique plus important.
On en déduit T3 =
e) La transformation étant adiabatique, Q = 0, et donc Se = 0, et ∆S = Sc . Or, d’après les
préliminaires de la partie B :
(
nR P3 V3γ
∆S =
γ − 1 P1 V1γ
)
= 0.09 J.K −1
et donc Sc = ∆S = 0.09 J.K −1 > 0. On retrouve bien que la transformation est irréversible, à
cause d’un déséquilibre mécanique.
1.6 Ouverture du robinet
1. Avant d’ouvrir le robinet : P4 =
nRT4
= 1.8 bar.
V4
2. A la fin de la transformation, le gaz restant dans le cylindre est à T5 = 276 K, et correspond à
P0 V4
P0 V4
n′′ =
moles. La quantité de gaz sorti du cylindre vaut donc n′ = n −
= 0.078 mol
RT5
RT5
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∫
3. Comme la pression extérieure est contante et vaut Pext = P0 , on en déduit : W = − Pext dV =
−P0 [∆V ′′ + ∆V ′ ] où ∆V ′′ et ∆V ′ correspondent respectivement à la variation de volume des n′′
moles se retrouvant dans le cylindre en fin de transformation, et à la variation de volume des n′ moles
se trouvant à l’extérieur du cylindre en fin de transformation.
n′′ RT4
P0 T4 V4
′′
Les n′′ moles passent d’un volume Vinitial
=
=
à un volume Vf′′inal = V4 , donc ∆V ′′ =
P
P
T
4
4
5
[
]
P0 T4
V4 1 −
P4 T5
[
Les
n′
moles passent d’un volume
[
n′ RT0
P0 T4
∆V =
− V4 1 −
P0
P4 T5
]
′
Vinitial
]
n′ RT4
P 0 T4
n′ RT0
=
= V4 1 −
, donc
à un volume Vf′inal =
P4
P 4 T5
P0
′
n′ RT0
= −n′ RT0 = −195 J < 0 .
P0
On vérifie bien que la travail est négatif car le volume du gaz a augmenté.
On peut remarquer que cette expression correspond également à faire passer uniquement les n′ moles
de gaz d’un volume nul à la pression P0 , tout en considérant que les n′′ moles occupent toujours le
même volume V4 tout au long de la transformation.
On en déduit finalement que W = −P0
4. P6 =
n′′ RT0
= 1.07bar
V4
n′′ R
(T0 − T5 ) = W + Q, or
γ−1
n′′ R
le volume est constant dans cette phase, donc W = 0, et finalement Q =
(T0 − T5 ) = 60 J > 0.
γ−1
On vérifie bien que le gaz reçoit un transfert thermique car il se réchauffe.
5. D’après le premier principe, pour cette dernière transformation : ∆U =
6. D’après les questions préliminaires de la partie B :
n′′ R
∆S =
ln
γ−1
(
)
T0
+ n′′ R
T5
(
V4
V4
)
n′′ R
=
ln
γ−1
(
T0
T5
)
= 0.21 J.K −1
or l’entropie échangée vaut, sachant que la température extérieure est constante et vaut T0
Se =
Q
n′′ R (T0 − T5 )
=
= 0.2 J.K −1
T0 γ − 1
T0
Donc finalement Sc = ∆S − Se = 0.01 J.K −1 > 0 La transformation est bien irréversible car il y a
un déséquilibre thermique du système avec l’extérieur.
2 Etude de différentes transformations subies par un gaz parfait
1.
PA0 d0A S
P 1 d1 S
−3 kg = 2.6 g et m = A A = 1.7 × 10−3 kg = 1.7 g
=
2.6
×
10
1
r0 TA0
r1 TA1
b) La transformation subie par le dioxygène est un chauffage isochore et irréversible à cause du
m0 r0 TS
déséquilibre de température. d0B = d0A et TB0 = TS , d’où : PB0 =
= 2 × 105 P a = 2 bar.
Sd0A
C’est donc une compression.
a) m0 =
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c) La transformation subie par le diazote est un chauffage isobare et irréversible à cause du désm1 r1 TS
= 0.3 m. C’est donc une
équilibre de température. PB1 = PA1 et TB1 = TS , d’où : d1B =
SPA1
détente.
0
d) WA→B
= 0 car la transformation est isochore.
∫
1
WA→B
= − Pext dV = −Patm S(d1B − d1A ) = −150 J < 0. Ce travail est négatif car le diazote
cède du travail vers l’extérieur au cours de la détente.
m0 r0
0
0
e) Q0A→B = ∆UA→B
− WA→B
=
(TS − TA0 ) = 507 J
γ−1
m1 r 1
1
1
=
− WA→B
Q1A→B = ∆UA→B
(TS − TA1 ) + Patm S(d1B − d1A ) = 529 J On aurait également
γ−1
m1 r 1 γ
1
pu utiliser : Q1A→B = ∆HA→B
=
(TS − TA1 ) qui donne le même résultat.
γ−1
Ces deux grandeurs sont positives car les deux compartiments reçoivent de l’énergie thermique
de l’extérieur lors de leur réchauffement.
f) Afin de calculer les variations d’entropies, on envisage une transformation réversible des deux
compartiments : le thermostat passe infiniment lentement de TA0 à TS .
Pour le dioxygène, en utilisant
l’identité thermodynamique dU = T dS−P dV , sachant que dV = 0,
( )
∫
m0 r 0
TS
dU
0 =
∆SAB
=
ln
= 1.17 J.K −1 .
T
γ−1
TA0
L’entropie étant une fonction d’état, la valeur calculée s’identifie avec celle de la transformation
irréversible.
g) Pour le diazote, de la même façon, en utilisant la seconde (identité
thermodynamique dH =
)
∫
m
r
γ
T
dH
1
1
S
1 =
=
ln
T dS + V dP , sachant que dP = 0, ∆SAB
= 1.22 J.K −1 .
T
γ−1
TA1
c
c0
c1
0
1
h) SA→B
= SA→B
+ SA→B
= ∆SA→B
− Se0A→B + ∆SA→B
− Se1A→B où l’entropie n’est échangée
qu’entre chaque compartiment et le thermostat car le piston séparant les deux compartiments est
calorifugé.
[ ( ) (
)]
[ ( ) (
)]
0
1
T
T
m
r
γ
T
T
m
r
1
1
0
0
S
S
A
A
c
ln
− 1−
+
ln
− 1−
= 0.67 J.K −1 >
On en déduit : SA→B
=
γ−1
TS
γ−1
TS
TA0
TA1
0
La transformation globale est bien irréversible car l’entropie créée est positive.
2.
a) La transformation est irréversible à cause du déséquilibre de pression. A l’état final : TC0 = TC1 =
TS à cause de l’équilibre avec le thermostat et PC0 = PC1 à cause de l’équilibre mécanique du
piston.
m1 r1 TS
m0 r0 TS
et d1C =
b) d0C =
0
SPC
SPC1
Or le piston Π1 étant bloqué, le volume global est constant et d0C + d1C = d0B + d1B .
m0 r 0
m1 r1
Donc d0C =
(d0B + d1B ) = 0.29 m et d0C =
(d0 + d1B ) = 0.21 m. On vérifie
m0 r0 + m1 r1
m0 r0 + m1 r1 B
bien que d0C + d1C = d0B + d1B = 0.5 m.
(m0 r0 + m1 r1 )TS
Et donc finalement PC0 =
= 1.42 × 105 P a = 1.42 bar. On vérifie bien que
S(d0B + d1B )
PC0 = PC1 est compris entre PB0 et PB1 .
1
0
= 0 car les températures initiales et finales sont identiques. On
+ ∆UB→C
c) ∆UB→C = ∆UB→C
notera que la transformation est monotherme, mais pas isotherme car la température dans chacun
des deux compartiments évoluent juste après avoir débloqué le piston Π0 .
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0
1
∆SB→C = ∆SB→C
+ ∆SB→C
. L’entropie étant une fonction d’état, on peut calculer cette variation d’entropie pour une transformation réversible pour laquelle on ferait bouger le piston Π0
infiniment lentement de sorte que la transformation serait isotherme et telle que dU = 0. D’après
P
dV
l’identité thermodynamique, dU = T dS − P dV , dS = dV = mr
pour les deux gaz. On en
T
V
déduit finalement :
(
∆SB→C = m0 r0 ln
d0C
d0B
)
(
+ m1 r1 ln
d1C
d1B
)
= 0.07 J.L−1
Q0B→C + Q1B→C
où les transferts thermiques se font avec
TS
le thermostat. L’application du premier principe au système global conduit à Q0B→C + Q1B→C = 0
1
0
car le volume total est constant et donc WB→C
+ WB→C
= 0.
−1
c
Donc finalement SB→C = ∆SB→C = 0.07 J.L > 0. La transformation est bien irréversible car
l’entropie créée est positive.
c
= ∆SB→C − SeB→C = ∆SB→C −
d) SB→C
3 Moteur diesel
3.1 Question préliminaire
cP =
Rγ
CP
=
= 1 kJ.K −1 .kg −1
m
M (γ − 1)
et
cV =
R
= 717 J.K −1 .kg −1
M (γ − 1)
3.2 Etude générale du cycle moteur
1. Cycle dans le diagramme de Clapeyron :
P
B
C
D
A
V
2. Les transformations AB et CD étant adiabatiques :
QAB = QCD = 0
La transformation BC étant isobare :
QBC = ∆H = mcP (TC − TB )
La transformation DA étant isochore, WDA = 0 et
QDA = ∆U = mcV (TA − TD )
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3. Les transformations AB étant adiabatiques et réversibles : T V γ−1 = cste pour chacune des deux
transformations.
On en déduit TB = TA αγ−1 et TC = TD β γ−1
De plus, la transformation BC étant isobare : PB = PC , d’où TC = TB
αγ
TC = TA
et donc TD = TC β 1−γ = TA
β
( )γ
VC
VC VA
α
= TB
= TB et
VB
VA VB
β
α
β
4. Sachant que la quantité de chaleur reçue de la source chaude correspond à QBC , le rendement r du
cycle est défini par :
( )γ
1−
r=
α
β
( )γ
1 β
−W
QDA
(TA − TD )
1
=1+
=1+
=1+
=1+
γ
QBC
QBC
γ(TC − TB )
γα
γ αγ
− αγ−1
β
1−
1−
α
β
β
α
3.3 Caractéristiques techniques
1. La température des gaz en fin de compression vaut TB = TA αγ−1 = 1240 K.
2. Le moteur effectue 5000 tours par minute, soit 5000 × 60 = 3 × 105 tours par heure, soit 1.5 × 105 cycle
136
par heure, pour parcourir une distance de 136 km, pour une consommation de 11.4 × 100
= 15.5 L.
La masse de carburant injectée à chaque cycle vaut donc :
m = ρV = 800 ×
15.5 × 10−3
= 8 × 10−5 kg.cycle−1
1.5 × 105
3. De l’air est admis à basse pression, lors d’une transformation isobare à la pression atmosphérique et à
la température extérieure, juste après l’éjection des gaz, et le volume du cylindre passe de VB à VA . Le
volume d’air admis à chaque cycle correspond donc à la cylindrée : Va = VA − VB = 1.471 × 10−3 m−3 .
De plus, sachant que la masse volumique de l’air à pression atmosphérique PA = P0 = 105 P a et à
P0 Ma
température TA = 77 ˚C est donné par ρa =
= 1.0 kg.m−3 , on la masse d’air admise à chaque
RTA
cycle vaut :
ma = Va ρa = 1.47 × 10−3 kg.cycle−1
4. La combustion du carburant dégage lors de chaque cycle une chaleur donnée par Q = 46.8 × 106 × 8 ×
10−5 = 3.74 kJ.
Cette énergie est utilisée pour chauffer, à pression constante, l’ensemble (air+hydrocarbures) de la
température TB à la température TC , donc :
Q = ∆HBC = (mhydrocarbures + mair )cP (TC − TB )
On en déduit donc : TC = TB +
Q
= 3650 K
(mhydrocarbures + mair )cP
Cette température très importante est bien en accord avec le fait que le carburant s’enflamme spontanément lors de son injection.
VA
TA γ
5. D’après les résultats de la partie précédente, β =
=
α = 7.8.
VC
TC
6. Toujours en utilisant la formule obtenue dans la partie précédente, on obtient : r = 0.48.
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7. L’énergie mécanique motrice générée pendant un cycle est égale à E = −W = rQBC = 0.48 × 3.74 ×
60
103 = 1800 J. Sachant que le moteur efectue 2500 cycles par minute, un cycle dure ∆t = 2500
= 0.024 s.
E
La puissance de ce moteur correspondrait ainsi à P =
= 7.5 kW = 102 chevaux.
∆t
8. La valeur précédente est évidemment surestimée à cause de l’idéalisation du cycle (gaz parfait, transformation réversibles, frottements, forme du cycle,...). Il n’est donc pas surprenant d’obtenir ici une
puissance deux fois trop importante par rapport au moteur réel.
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