machine thermique.pdf

PCSI1, Fabert (Metz) Thermodynamique , TD n6 2010 2011

Machines thermiques

^ Exercice 11. Analyse physique. Ici les changes nergtiques effectus avec la pice se font uniquement par transfertthermique. Cela revient, en fait, faire de la calorimtrie. Les grandeurs pertinentes vont tre ici C pourle comportement thermique de la pice ainsi que pour lextensivit, a pour le comportement thermique,T0 pour les conditions initiales.

Analyse technique. Nous allons prendre la pice comme systme et puisquil sagit uniquement dchan-ge thermique, nous allons utiliser la fonction enthalpie. Et comme nous cherchons une volution temporelle,nous allons raisonner entre t et t+ dt.

pice : C t, T W = 0, Q 6= 0isoV , isoP

pice : m t+ dt, T + dT

Comme la transformation est isobare, nous pouvons crire :

dH = QP = Q C dT = Q

Ici, pendant la dure dt, nous savons que le transfert thermique reu scrit Q = aC (TT0) dt(le signe vient du fait que dans lnonc il est prcise que lnergie est perdue , ie. fournie parle systme).

Avec la relation prcdente, nous obtenons lquation diffrentielle :

dT (t)

dt= a (T (t) T0)

dT (t)

dt+ a T (t) = a T0

Cette quation diffrentielle se rsout immdiatement en T (t) = T0+ea t o est une constantedintgration.

La condition initiale T (0) = T0 permet dobtenir :

= (T1 T0) T (t) = T0 + (T1 T0) ea t

En notant t0 la dure au bout de laquelle la temprature a baiss de T1 T2 = 285 K, nousarrivons :

a =

1

t0ln

(T1 T0

T2 T0

)= 0,346574 h1 = 9,62704 105 s1

tant donn la forme de la solution, =1

a= 10387,4 s = 2,88539 h est la dure caractristique

de lvolution de la temprature : au bout de 5 , la temprature de la pice vaut celle de dehors.

2. Lefficacit maximale de la pompe chaleur vaut emax =Tc

Tc Tf=

T1

T1 T0

Lefficacit relle de la pompe chaleur vaut donc e =Pc

P= 0,4

Tc

Tc Tf, o Pc est la puissance

thermique perdue et P est la puissance de la machine.

Avec Pc = aC (T1 T0), nous trouvons

P = 8,29918 102 W .

Matthieu Rigaut lments de corrig 1 / 9


^ Exercice 2Il sagit ici dun dispositif cylindre piston usuel pour lequel toutes les transformations subies par le

gaz parfaits sont parfaitement connues, savoir quasistatiques (puisque les courbes sont traces). La seulediffrence par rapport un cycle usuel, cest quici il y a une double combustion, cest--dire deux tapespendant lesquelles le gaz se vera recevoir effectivement de lnergie par transfert thermique.1. Voir ci-dessous.

P

V

2. Comme les deux cycles sont parents, les volutions 1 2 et 4 5 sont adiabatiques. Lesvolutions 2 3 et 5 1 sont elles, visiblement isochores et lvolution 3 4 est isobare.3. Considrons le systme { gaz enferm dans le cylindre }.

Il sagit dun moteur donc le rendement vaut : r = W

Qc= 1 +

Qf

Qc.

Or le systme ne fournit effectivement un transfert thermique que lors de lvolution 5 1(refroidissement). Le premier principe scrit, pour cette transformation : U = Qf (W = 0 car latransformation est isochore) et, puisque le gaz est parfait : U = CV (T1 T5) do :

Qf = CV (T1 T5)

En ce qui concerne le transfert thermique Qc, il faut tenir compte de toutes les nergies reuespar transfert thermique soit ici, puisque le moteur est double combustion, des transferts thermiquesreus lors des transformations 2 3 et 3 4.

Sur la transformation 2 3 nous trouvons, comme prcdemment :

Q23 = CV (T3 T2)

Pour 3 4, la transformation est isobare, nous pouvons donc utiliser H = QP . Comme le gazest parfait nous obtenons :

H34 = Q34 = CP (T4 T3) = Q34

Finalement :

Qc = Q23 +Q34 = CV (T3 T2) + CP (T4 T3)

En rassemblant le tout nous arrivons :

r = 1 +CV (T1 T5)

CV (T3 T2) + CP (T4 T3)

r = 1

T5 T1

T3 T2 + (T4 T3)

4. T2 partir de T1. Nous avons une adiabatique rversible dun gaz parfait, donc nous pouvonsutiliser la loi de Laplace :

T1 V11 = T2 V2

1

T2 = T1 1 = 951,4130 K



T3 partir de T2. En considrant lisochore 2 3, nous avons T3 = T2P3

P2.

Comme P3 = Pmax connu, il reste dterminer P2.Nous avons, toujours avec Laplace :

P1 V1 = P2 V2

P2 = P1

= 61,6957 bar

T3 = 1,002368 103 K

T5 partir de T4. La transformation 4 5 tant adiabatique rversible, nous arrivons :

T5 = T4

(V4

V5

)1

Comme sur lisobare 3 4 nous avons V4 =T4

T3V3, nous obtenons :

T5 = T4

(T4

T3V3

V5

)1= T4

(T4

T3

1

)1

T5 = 911,9504 K

Finalement. Nous obtenons

r = 63,3722 % .

Le rendement maximal autoris par la thermodynamique est celui de Carnot et vaut :

rmax = 1

Tmin

Tmax= 1

T1

T4= 86,5163 %

Ce rendement est effectivement suprieur au rsultat obtenu (le contraire ntant pas possible).5. Le systme a effectivement fourni un transfert thermique lextrieur lors de lvolution 5 1.Nous avons alors :

Qf = CV (T1 T5) = n cV (T1 T5) =m

M

R

1(T1 T5)

Qf = 443,617 kJ

Le fait que la valeur prcdente soit ngative correspond bien de lnergie fournie par le gaz.Le systme a effectivement reu de lnergie par transfert thermique de la part de lextrieur lors

des volutions 2 3 et 3 4. Nous avons alors :

Qc = CV (T3T2)+CP (T4T3) =mR

M ( 1)

(T3 T2 + (T4 T3)

)

Qc = 1,21115 MJ

Nous pouvons alors dterminer le travail fourni W en utilisant le premier principe sur un cycle :

W +Qc +Qf = 0

W = Qc +Qf = 767,532 kJ

K Remarque : nous pouvons vrifier que r = W

Qcavec les valeurs obtenues.

^ Exercice 3Cet exercice ne pose aucune difficult particulire de calculs. Il sagit dun dispositif cylindre piston

dans lequel un gaz parfait subit un cycle de transformations quasistatiques, nous pourons donc utiliser,si besoin, W = P dV avec un gaz parfait. En revanche si au niveau du calcul, cela ne pose pas dedifficult, il faudra nanmoins faire attention la signification de Qc, W , . . .1. Voir ci-dessous.



P

V

23

41

2. La question est ambigue : exprimer les changes nergtiques en fonction uniquement de grandeursintensives. Cela nest pas possible car lnergie est une grandeur extensive. Nous allons donc exprimer lesrsultats en fonction, certes, des tempratures et des pressions mais nous utiliserons aussi une grandeurextensive, ici n la quantit de matire (nous aurions pu choisir le volume V mais celui-ci change au coursdu cycle alors que n est une vraie constante. Il va de soi que lors du calcul du rendement, les grandeursextensives devraient se simplifier. Sur une isotherme. Comme il sagit dun gaz parfait nous pouvons crire (1re loi de Joule) :U = CV T = 0 =W +Q.

Nous en dduisonsW =Pext dV et comme P = Pext (quilibre mcanique donc P existe ) :

W =

P dV

GP

= nRT

dV

V= nRT ln

Vi

Vf

GP

= nRT lnPf

Pi

Nous avons donc :

W12 = Q12 = nRT1 ln

P3

P1et

W34 = Q34 = nRT3 ln

P1

P3

Sur une isobare. Pour toute isobare, nous avons, H = QP = Q.Comme en plus il sagit dun gaz parfait, nous pouvons utiliser la 2e loi de Joule H = CP T

soit Q = CP (Tf Ti).Pour le travail reu, soit nous crivons U = Q +W = CV T et nous utilise lexpression de Q

prcdente, soit nous calculons

W =

Pext dV

quasistat

=

P dV

isoP

= P

dV = P V

Nous arrivons, dans les deux cas, W = nR (Tf Ti). Ainsi :

Q23 = nCP ,m (T3 T1)

W23 = nR (T3 T1)

Q41 = nCP ,m (T1 T3) et

W41 = nR (T1 T3)

3. Comme il sagit dun moteur, nous avons r = W

Qcavec :

W le travail total effectivement reu au cours dun cycle Qc le transfert thermique total effectivement reu, ie. nous ne devons prendre en compteque les tapes mais toutes les tapes lors desquelles le gaz reoit effectivement de lnergiepar transfert thermique

Cela donne dabord pour le travail :

W = W12 +W23 +W34 +W41 = nR (T1 T3) lnP3

P1

Pour le transfert thermique, nous avons ainsi : Qc = Q23 +Q34. En effet : lors de 2 3, la temprature augmente P constant donc H = Q23 > 0



lors de 3 4, la temprature est constante mais le travail reu est ngatif, ce qui impliqueQ34 = W34 > 0

les raisonnements sont analogues sur 4 1 et 1 2 mais aboutissent des conclusionscontraires : Q41 < 0 et Q12 < 0

Cela conduit :

Qc = nCP ,m (T3 T1) + nRT3 lnP3

P1

r =

(T3 T1) lnP3

P1

1(T3 T1) + T3 ln

P3

P1

^ Exercice 41. En fin de dtente, nous cherchons avoir une vapeur saturante P6 = 1,0 bar.

Par consquent, le point reprsentatif 6 sur le diagramme entropique se situe sur lintersection dela courbe de saturation (et plus particulirement la courbe de rose) et de lisobare P = 1 bar.

Le point reprsentatif 5, lui, est situ sur lisobare P = 50 bar.La dtente dans la turbine est adiabatique rversible, donc elle est isentropique : le point 5 est

ainsi la verticale du point 6.Nous pouvons donc dterminer la position du point 5, il ne reste plus qu lire son ordonne.Nous obtenons :

T5 = 644 C .

2. Comme le surchauffeur fonctionne pression constante, le point 4 est sur lintersection de lacourbe de rose (vapeur sature sche) et de lisobare P = 50 bar (T = 262 C).

Ltat 4 tant le rsultat dune vaporation de ltat 3 dans le gnrateur de vapeur, le point 3est sur lintersection de la courbe dbullition et de lisobare P = 50 bar.

Ltat 1 est le rsultat de la condensation totale de ltat 6, donc le point 1 est lintersection delisobare P = 1 bar et de la courbe dbullition.

T

s12

34

5

6

Les points 1 et 2 concernent le fluide lorsquil est sous forme liquide. Ainsi nous pouvons constatersur le diagramme entropique que laugmentation de pression ne saccompagne pas, pour le fluide sousforme liquide, de modification notable des caractristiques.

Cest pourquoi, mme si rigoureusement les points 1 et 2 ne sont pas confondus, lchelle dugraphique nous pouvons sans lombre dune hsitation assimiler ces deux points un seul et mmepoint.3. changes nergtiques.

Nous pouvonns montrer (et il faut le montrer en DM ou en DS) avec la mthode usuelle drivede la dtente de Joule Thomson que, pour chaque tape nous avons la relation h = w + q oh, w et q sont les grandeurs massiques associes respectivement H , W et Q. De 1 2. Comme dans la pompe il ny a pas de transfert thermique, lnergie apporte par lapompe se rduit un travail et vaut : wP = h2 h1 = wP soit

wP = 0,0 kJ.kg1 .



Le travail nest pas en toute rigueur nul, mais lchelle du diagramme, nous pouvons le considrercomme tel. Cest pourquoi nous vitera la notation wP = 0 qui signifie que, quelle que soit la prcision,le travail est nul. De 2 3. Cette tape est incluse dans le gnrateur de vapeur. Elle consiste simplement lever la temprature de leau liquide par chauffage , ie. avec un transfert thermique. Cela donnehGV2 = h3 h2 = qGV2.

Nous pouvons dterminer les valeurs de lenthalpie massique sur le diagramme entropique.Nous trouvons h3 = 1,15.103 kJ.kg1 et h2 = h1 = 414 kJ.kg1 soit

qGV2 = 736 kJ.kg1 .

De 3 4. De mme que prcdemment, il ny a quun apport dnergie par transfert thermiqueici : hGV1 = h4 h3 = qGV1. Nous trouvons, par lecture :

h4 = 2,8.103 kJ.kg1 et h3 = 1,15.103 kJ.kg1

qGV1 = 1,65.103 kJ.kg1

De 4 5. Dans le surchauffeur, comme dans le gnrateur de vapeur, leau ne reoit de lnergieque par transfert thermique donc hS = h5 h4 = qS. Nous trouvons :

h5 = 3,775.103 kJ.kg1 et h4 = 2,8.103 kJ.kg1

qS = 0,975.103 kJ.kg1

De 5 6. Comme la turbine est calorifuge, les seuls changes nergtiques se font par travail etnous avons ainsi : hT = h6 h5 = wT. Nous pouvons lire :

h6 = 2,675.103 kJ.kg1 et h5 = 3,775.103 kJ.kg1

wT = 1,10.103 kJ.kg1 < 0

Le fait que cette valeur soit ngative est normal puisque cest ltape o le fluide va fournir delnergie au milieu extrieur. De 6 1. Dans le condenseur, il ny a pas dnergie reue par travail mais seulement par transfertthermique. Donc hC = h1 h6 = qC. Nous trouvons :

h1 = 414 kJ.kg1 et h6 = 2,675.103 kJ.kg1

qC = 686 kJ.kg1 < 0

La ngativit de cette valeur est aussi normale puisque quen se condensant, le fluide va fournirde lnergie (par transfert thermique) au milieu extrieur.

Rendement. Comme il sagit dun moteur, le rendement est dfini par : r = W

Qco W est la

somme de tous les travaux reus par le systme et Qc est la somme de tous les transferts thermiqueseffectivement reues par le fluide (ie. on ne compte pas les transferts o le fluide fournit de lnergiepar transfert thermique).

Nous obtenons alors : r = wP + wT

qGV1 + qGV2 + qS. Numriquement :

r = 33 % .^ Exercice 5

Analyse physique. Nous tudions ici de leau subissant une volution dans un racteur (ie. quelquechose dhermtique et de volume constant). Les seuls changes nergtiques pouvant avoir lieu sont destransferts thermiques. La transformation nest pas a priori quasistatique (il est fort peu vraissemblableque la temprature soit homogne lintrieur du racteur lors de lvolution) et nest certainementpas rversible (puisque la temprature de leau nest pas initialement gale celle du thermostat). Latransformation est isochore, cest tout ce que nous savons. Il ny a pas tellement de grandeurs pertinentesici hormis les conditions initiales V0, TI , PI et finales T0 car nous allons lire directement des valeurs sansessayer de chercher des formules .



V0

TI PIxI

T0V0

T0 PFxF

T0

Analyse technique. Bien videmment, nous allons tudier le systme { eau contenu dans le racteur }.Comme nous allons utiliser les diagrammes relatifs leau, il va tre inutile de faire quelque hypothseque ce soit car grce aux diagrammes nous pouvons avoir le comportement rel de leau quel que soit sontat. Aprs avoir repr les points I et F sur le diagramme nous pourrons donc dterminer par simplelecture nimporte quelle variation de fonction dtat.

eau : V0, PI , TI , xIW = 0, Q 6= 0

isoVquasistat,((((((rversible

eau : V0 T0, PF , xF

Composition du systmeSur le diagramme entropique, le point I se situe sur la courbe de rose au niveau de lisobare

P = 20 bar (attention sur le diagramme, les tempratures sont en C).Comme la transformation est isochore, le volume massique du systme se conserve : vI = vF et

le point F devient ais dterminer. Il se trouve sur liso-volume-massique v = vv,I = 0,10 m3.kg1

et lordonne TF = T0 = 100 C.Le point se trouvant dans la zone de coexistance liquide vapeur, nous savons que la pression

sera la pression de vapeur saturante soit

PF = 1,0 bar .

En ce qui concerne le titre, nous pouvons le dterminer avec le thorme des moments. Celadonne :

v`,F (100 C) = 1,0.103 m3.kg1 et vv,F (100 C) = 1,8 m

3.kg1

Et ainsi

xv,F =

vI v`,F

vv,F v`,F= 5,50306 102 .

Transfert thermiquePour cela, nous pouvons utiliser le premier principe leau en remarquant que le travail W est

nul (volution isochore).Nous avons alors U =W +Q = Q.Il suffit donc de dterminer lnergie interne dans ltat I et dans ltat F .

nergie interne. Connaissant la composition du systme, nous avons U = mv uv +m` v` o uv etu` sont respectivement les nergie internes massiques de leau vapeur et de leau liquide.

Par dfinition de lenthalpie, u = h P v. Le diagramme entropique fournit les valeurs suivantespour lenthalpie massique :

hv,I = 2,8.103 kJ.kg1 ; hv,F = 2,68.10

3 kJ.kg1 et h`,F = 4,1.105 J.kg1

Dtermination des masses. Les masses de chaque phases valent mv = xv m et m` = x`m, reste dterminer la masse totale.

Nous pouvons le faire en considrant ltat initial dont nous savonns quil nest compos que devapeur.

Nous avons alors : m = mv =V

vv,I= 100 g.

Rassemblement. Nous obtenons :

Q = m [xv,F (hv,F PF vv,F ) + x`,F (h`,F PF v`,F ) xv,I (hv,I PI vv,I)]



Numriquement, avec PF = 1,0 bar cela donne

Q = 2,07508 105 J .

Nous pouvons constater que Q < 0, ce qui signifie que cest le systme qui a fourni un transfertthermique au milieu extrieur. Cest tout fait normal vu que le milieu extrieur est une tempra-ture infrieure de la temprature initiale. Variation dentropie.

Entropie change. Lentropie change vaut Sch =

Q

Tfrontet comme il y a un contact avec un

thermostat, Tfront = T0 do :

Sch =1

T0

Q

Sch =

Q

T0= 5,56322 102 J.K1

Variation dentropie. Pour calculer S, il suffit tout simplement de lire SF et SI sur diagrammeentropique :

sI = 6,36.103 J.K1 sF = 1,76.10

3 J.K1

S = 4,6 J.K1

Entropie cre. Nous avons Sc = S Sch = 9,6322 J.K1.Nous avons bien

Sc > 0 , ce qui confirme lirrversibilit de la transformation : le systme et

lextrieur ntant pas la mme temprature lors de lchange thermique.K Remarque : notons la perte de chiffres significatifs pour la dernire valeur.

^ Exercice 6Il sagit ici dune machine coulement dont le but nest ni de fournir un travail, ni de raliser un

transfert thermique mais de produire quelque chose : de lazote liquide. Nous ne pourrons donc pas utiliserles dfinitions de rendement ou defficacit que nous connaissons pour les machines dithermes.1. Dans ltat E4, nous avons h4 = x4 hv(4) + (1 x4) h`(4) o hv(4) et h`(4) sont les enthalpiesmassiques de la vapeur et du liquide dans ltat 4.

Or nous constatons que les conditions de pression et de temprature sont identiques dans les troistats E4, E5 et E6.

Comme en plus les tats E5 et E6 sont respectivement du liquide et de la vapeur purs, nous avonshv(4) = h6 et h`(4) = h5.

Finalement :

h4 = x4 h6 + (1 x4) h5 ($)

2. Premier principe. En remarquant que lchangeur thermique constitue un dispositif identique la dtente de Joule Thomson ( la seule diffrence prs que les pression lentre et la sortiedes canalisations sont identiques), nous avons aprs une dmonstration quil faut refaire enDM ou en DS dH = Q + W o Q est le transfert thermique reu de lextrieur et W est letravail des forces autres que celles de pression.

Comme Q = 0 et W = 0, cela donne dH = 0. Simplification du dH. Nous avons dH = H(t+ dt)H(t).

En notant (?) le systme ouvert constitu par le fluide contenu dans lchangeur, nous avons :

H(t) = H?(t)+ h6 dm6 + h2 dm2 et H(t+ dt) = H?(t+ dt)+ h1 dm1 + h3 dm3

Comme le rgime est stationnaire : H?(t + dt) = H?(t+ dt).Nous arrivons alors : h1 dm1 + h3 dm3 (h2 dm2 + h6 dm6) = 0.

Lien entre les dm. Considrons 6 1 dans la canalisation.La masse de fluide contenue dans cette canalisation ne varie pas puisque le rgime est stationnaire.



Dans ces conditions, la masse dm1 de fluide qui en sort pendant la dure dt est gale la massedm6 de fluide qui y entre et donc dm2 = dm6.

Nous pouvons montrer de mme que dm2 = dm3 et dm3 = dm4.Le rle du sparateur tant de sparer les deux phases de ltat E4, sil rentre la masse dm4 de

fluide, il en ressortira la masse dm6 = x4 dm4 de vapeur et la masse dm5 = (1 x4) dm4 de liquide.Ainsi dm6 = x4 dm2.

Rassemblement. Finalement, nous obtenons : h3 h2 + x4 (h1 h6) = 0 ().3. Les deux quations ($) et () constituent un systme de deux quations deux inconnues(h3 = h4). Les solutions sont :

x4 =

h2 h5

h1 h5= 0,9280576 et

h4 =

h2 (h6 h5) + h5 (h1 h6)

h1 h5= 214,0432 kJ.kg1

4. Nous avons pour les mmes raisons que pour la premire relation :

s4 = x4 s6 + (1 x4) s5 et

s4 = 2,778705 kJ.kg1.K1 > s3

Ce rsultat nest pas surprenant : puisque la dtente est adiabatique il signifie simplement quelleest irrversible car s = sc. Pour une dtente de Joule Thomson, rien que du trs normal,somme toute.5. En remarquant quici aussi la situation dans le compresseur est analogue celle de la dtentede Joule Thomson, nous avons : dH = Q + W o Q est le transfert thermique reu et W

le travail reu par les forces autres que celles de pression.En introduisant le systme ouvert S ? constitu par le fluide dans le compresseur, nous avons

H = H?(t + dt)+ dm2 h2 H?(t) h1 dm.

Comme le rgime est stationnaire, H?(t) = H?(t+ dt) et dm2 = dm.Nous avons alors, en introduisant le transfert thermique et le travail reus par unit de masse :

h2 h1 = q + w.

Comme la transformation est suppose rversible nous avons dS = Sch.Avec le mme raisonnement que ci-dessus, nous obtenons dS = dm (s2 s1).

Nous avons aussi Sch =Q

Tsurfet, comme la transformation est isotherme, il ny a pas de problme

de dfinition de Tsurf : Sch =Q

T1.

Finalement nous obtenons :

q = T1 (s2 s1) .

6. Le travail reu par lunit de masse de fluide entrant dans linstallation sen dduit :

w = h2 h1 q

Connaissant la masse m rentrant dans linstallation, nous avons la masse m` de liquide form :m` = (1 x4)m.

Ds lors nous en dduison m` = (1 x4)P

wen notant la dure de fonctionnement.

Nous trouvons

m` = 55,24591 kg .


Documents

machine thermique.pdf