exercice chap 5 decembre 2013

Exercice : compression isotherme et changement de phase
Un cylindre muni d’un piston contient une mole d’eau
M = 18g à l’état de vapeur. Les parois du cylindre sont
supposées perméables à la chaleur et placées dans un bain
dont on peut régler la température T. On considèrera la
vapeur, même à l’état de vapeur saturante, comme un gaz
parfait.
1) La température étant maintenue à T0=300K, on comprime
la vapeur de manière réversible du volume V0=3m3 au
volume V1=0,63m3. La vapeur se trouve alors partiellement
liquéfiée, la pression étant P1=13.102Pa.
a- Calculer le volume Vg où apparaît la première goutte de
liquide.
b- Quel est le travail échangé pendant la compression
isotherme de V0 à V1?
c- Le volume massique de l’eau liquide étant vf=1cm3/g,
calculer la fraction de mole de vapeur d’eau dans l’état P1,
V1, càd le titre x1.
2) Le volume étant fixé à V1, on élève la température de T0 à
T.
Sachant que la chaleur latente de vaporisation de l’eau varie
avec la température selon la loi empirique L v = aT + b (a=48,66J/mol/K ; b=56587J/mol).
a- montrer que, si l’on néglige le volume molaire de l’eau
liquide devant celui de la vapeur saturante, la pression de
vapeur saturante est liée à la température T par une relation
B
ln
P
=
A
−
+ C ln T .
g
de la forme
T
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b- trouver une relation donnant la température T2 à laquelle la
phase liquide disparait (on calculera une valeur approchée
de T2 en posant T2 = T0 + δT et en considérant δT << T0 ).
Solution :
1a/La vapeur saturant, état i a le
comportement du gaz parfait
P1 Vg = P0 V0 = RT0 ; Vg = 1,92m 3
b/
2
W = ∫ − PdV = − RT0 ln
1
W = 2790J
Vg
V0
− P1 (V1 − Vg )
V1 − Mv f
V1
x
=
≈
= 0,328
c/
Vg − Mv f
Vg
2a/ Puisque la vapeur est un gaz parfait, alors on a
et si lv=aT+b, on aura :
avec
b/
B=
ln P1 =
Soit
b
R
ln P = A −
B
+ C ln T ,
T
dP l v dT
≈
P
RT 2
Formule de Dupré,
a
C
=
,
R et A constante.
a
b
a
b
+A
ln T0 −
+ A ; ln P2 = ln T2 −
R
RT2
R
RT0
P
a T
b 1
1
ln 2 = ln 2 − ( − ) . D’autre part P2 V1 = RT2
P1 R T0 R T2 T0
et
P2 Vg T2
T
=
≈ 2 . En reportant, on obtient
P1
V1T0
xT0
T
a
b 1
1
(1 − ) ln 2 = ln x − ( − )
R
T0
R T2 T0
1
1
δT
T2 δT
−
≈ − 2 soit
≈
T2 = T0 + δT (δT << T0 ) donne ln
et
T2 T0
T0 T0
T0
P1 Vg = RT0 donne
δT = (T0 ln x )(1 −
a
b −1
−
) .
R RT0
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:
A.N.
δT = 21K
δT
; T = 0,07 << 1 (l’application numérique justifie à
0
postériori l’hypothèse faite pour linéariser la résolution à
savoir δT << T0 ).
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