Series Thermodynamique 2011 Zradba Avec Correction

1

Université Chouaïb Doukkali Faculté des Sciences Année universitaire : 2011/12 Département de Physique Module 1 de Physique (SMIA)

TD Thermodynamique – Série 1 Formes différentielles et intégration – Equation d'état

1) Calculer la différentielle de la fonction : ( )2

3 22, 2x xf x y x y

y y= + −

2) On considère les formes différentielles suivantes: 2 3

2 3

2 3

2

23

2 3

x xf dx dyy y

x xg y dx x dyy y

δ

δ

= −

= − − +

a) Laquelle de ces deux formes est une différentielle totale? b) Déterminer alors la fonction correspondante.

3) Montrer que la forme différentielle suivante est exacte:

2

21 1RT A R Aw dV dTV V V V

δ = − + + +

où A et R sont des constantes.

δw représente en fait la différentielle dP de la pression d'un gaz, en déduire alors l'équation d'état de ce gaz

Fonctions implicites

(L’exercice N°4 ne sera pas traité en TD, veuillez bien de le faire à la maison)

4) On considère l'équation d'état d'un système f(P,V,T)=0, où P, V, et T sont les paramètres d'état du système. a) Donner les expressions de dP et dV. b) En déduire les relations suivantes:

1 1T T T P V

P V P V TetV P V T P∂ ∂ ∂ ∂ ∂ = = − ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

c) Vérifier ces relations pour une mole de gaz parfait, d'équation d'état: PV=RT.

2

Coefficients thermo élastiques Ces coefficients ont été introduits pour différencier entre deux fluides soumis aux

mêmes contraintes mécaniques ou thermiques. Si l'on considère par, exemple, deux gaz, soumis à une même déformation élastique, et que l'on veut comparer leur dilatation (ou éventuellement, leur compression), il suffit de comparer leur coefficients thermo élastiques qui sont étroitement liés à cette déformation.

Les coefficients thermo élastiques sont définit de la manière suivante:

◊ Coefficient de dilatation "isobare" (à pression constante): 1P

VV T

α ∂ = ∂

◊ Coefficient de dilatation "isochore" (à volume constant): 1V

PP T

β ∂ = ∂

◊ Coefficient "isotherme" (à température constante): 1T

VV P

χ ∂ = − ∂

5°) Exprimer en fonction des variables indépendantes P et T, les coefficients thermo élastiques d'un gaz parfait.

6°) Une mole de gaz obéit à l'équation suivante:

( )2

aP V b RTV

+ − =

, où a et R sont des constantes.

a) Exprimer, en fonction des variables indépendantes V et T, les coefficients de dilatation à pression constante α et à volume constant β de ce gaz.

b) Trouver la relation générale liant le coefficient de compressibilité isotherme χ, les coefficients α et β, et la pression P du gaz. En déduire l'expression du coefficient χ de ce gaz.

c) Dans le cas où l'on peut négliger la pression interne du gaz (a ≈ 0), montrer que χ

peut être écrit sous la forme: 2V

Rαχβ

= ⋅

1

Université Chouaib Doukkali Faculté des Sciences Année universitaire 2011/2012

Département de Physique Module 1 de Physique (SMIA) Exercice no 1 : Thermométrie

L’échelle Fahrenheit, en usage encore dans de nombreux pays anglo-saxons, se déduit

de l’échelle Celsius par une transformation affine.

Par définition, on a : 32 oF = 0 oC, et 212 oF = 100 oC.

a) Donner la relation reliant ces deux échelles.

b) Convertir 30 oC en oF.

c) A quelle température les deux échelles donnent-elles les mêmes indications ?

Exercice no 2 : Conception d’un thermomètre à liquide

Vous voulez construire un thermomètre donnant des températures comprises entre 0°C

et 200°C. Vous disposez d’un tube capillaire cylindrique en verre qui pour une longueur de

tige utile de 30cm contient un volume de 24 mm3. Ce capillaire est relié à un réservoir de

verre. Calculez :

1. Le volume du réservoir.

2. La masse de mercure à utiliser.

3. La sensibilité de l’appareil en mm3 par °C.

4. Quelle pourrait être la résolution de l’appareil ? Cela induirait-il une graduation

aisée ? Que proposeriez-vous comme graduation ?

Données : densité du mercure à 0°C : dHg = 13,6 ; coefficient de dilatation apparente du

mercure dans le verre : α =1/6400 (°C-1) ; la distance entre deux graduations ne peut être

inférieure à 0,5 mm.

Exercice no 3: Gaz parfait

Dans deux compartiments communiquant A et B, on enferme initialement de l'air sous

la pression P0 et à la température t0.

TD Thermodynamique - Série 2

2

Le compartiment A est introduit dans un four dont la température est réglée à tA. Le

compartiment B est maintenu, grâce à un dispositif thermostaté, à sa température initiale t0.

En assimilant l'air à un gaz parfait, trouver la pression d'équilibre dans les deux

compartiments? ( AN : t0 = 20 °C ; tA = 500 °C ; VA = 12 l ; VB = 4 l ; P0 = 1 bar.)

Exercice no 4: Théorie cinétique des gaz Un récipient cubique contient, dans les conditions normales de pression et de

température (P0 = 105 Pa, T0 = 273 K), dix moles d'oxygène de masse molaire M = 32 g.

1- En supposant que ce gaz est parfait, déterminer puis calculer numériquement:

a) Le nombre de particules de ce gaz.

b) Le volume V du récipient et son arête a.

c) La densité particulaire ρ exprimée en nombre de particules par m3 et mm3.

d) La masse m d'une particule d'oxygène.

e) Son énergie cinétique moyenne de translation ec,tr et sa vitesse quadratique moyenne u.

f) Le volume τ offert à chaque particule.

2-a) En considérant que le volume τ (offert à chaque particule) est un cube élémentaire, en

déduire la distance moyenne d entre deux particules voisines et la comparer au diamètre φ

d'une molécule d'oxygène (supposée sphérique) dans l'hypothèse où les dimensions de celle ci

ne sont plus négligeables.

2-b) Conclure.

On donne: φO2 = 3,5 A

; La constante de Boltzmann kB = 1,38 10-23 J.K-1 ; Le nombre

d'Avogadro ℵA = 6,023 1023 mol-1.

P0, t0 VB

P, A VA

P0, t0 VA

Etat initial Etat final

Four (tA) Dispositif

thermostaté (t0)

1


Département de Physique Module 1 de Physique (SMIA)

Echanges d’énergie ; travail, chaleur et énergie interne Exercice N°1

Calculer le travail échangé lors de la compression isotherme d'une mole de gaz parfait

de l'état (P1 = 2 atm, T1 = 300 K) à l'état P2 = 5 P1, dans les trois cas suivants:

1) Transformation réversible.

2) Compression brusque de P1 à P2.

3) Compression brusque de P1 à P3 = 2 P2 puis détente de P3 à P2.

On donne: R = 8,32 J.K-1.

Exercice N°2

L'état initial d'une mole de gaz parfait est caractérisé par P0 = 2.105 Pa, V0 = 14 l. (On

donne : R = 8,32 J.K-1). Ce gaz subit successivement:

Une détente isobare, qui double son volume,

Une compression isotherme, qui le ramène à son volume initial,

Un refroidissement isochore, qui le ramène à l'état initial (P0, V0).

1) Déterminer l'état du gaz (pression, volume et température) après chaque transformation.

Représenter le cycle de transformation dans le diagramme de Clapeyron.

2) Calculer le travail et la quantité de chaleur échangés par le gaz au cours de ce cycle.

Exercice N°3

On considère un cylindre horizontal rigide, clos et adiabatique. Il est séparé en deux

compartiments, C1 et C2, par un piston mobile sans frottement. Le piston est en isolant

thermique et ses déplacements sont supposés quasi-statiques.

A) Système isolé

Un gaz parfait est emprisonné dans chacun des compartiments. Initialement, dans C1 le gaz

est dans l'état (P0, V0, T0); et dans C2, l'état du gaz est (2 P0, V0, T0).


2

Le piston est fixé au départ.

On libère le piston mobile. Lorsque l'équilibre est établi, déterminer les paramètres d'état

(pression, volume et température) dans chaque compartiment.

Données : γ ; A.N. : P0 = 1 atm; 75

γ = ; V0 = 2 l; T0 = 300 K.

B) Système non isolé

On introduit une résistance chauffante dans le compartiment C1. L'état initial du gaz

parfait est maintenant identique dans chaque compartiment (P0, V0, T0). On chauffe lentement

le compartiment C1 jusqu'à une pression P1 = 5 P0.

1) Déterminer les pressions, volumes et températures dans chaque compartiment.

2) Calculer la variation d'énergie interne du gaz dans chaque compartiment.

En déduire la chaleur Q fournie par la résistance R.

Données : γ ; A.N. : P0 = 1 atm; 7 5γ = ; V0 = 2 l; T0 = 300 K.

C2

P0 V0 T0

2 P0 V0 T0

C1

C2

P0 V0 T0

P0 V0 T0

C1

R

1


Département de Physique Module 1 de Physique (SMIA) Exercice n°1 1) On mélange 40 litres d'eau à 70 °C et 30 litres d'eau à 10 °C.

a) Quelle est la température (d'équilibre) du mélange ? b) Calculer la variation totale d'entropie au cours du mélange.

2) Pour remplir une baignoire de 150 litres, on dispose d'eau à 75 °C. Dans quelle proportion faut-il la mélanger avec de l'eau à 12 °C pour obtenir de l'eau à 35 °C ?

On donne: la chaleur massique de l'eau, supposée constante, CPm = 4,18 J.g-1 K-1.

Exercice n°2 : cycle d’un moteur Diesel Une mole de gaz parfait subit les transformations réversibles suivantes:

état (1) → état (2) Compression adiabatique état (2) → état (3) Dilatation à pression constante état (3) → état (4) Détente adiabatique état (4) → état (1) Refroidissement à volume constant Chaque état est défini par la pression Pi, la température Ti et le volume Vi (i variant de 1 à 4).

On définit: 1

2

VaV

= et 4

3

VbV

= .

1) Représenter sommairement le cycle sur un diagramme de Clapeyron. Donner les expressions de la pression, du volume et de la température pour les états (2), (3) et (4), en fonction de P1, V1, T1, a et b. Calculer numériquement ces valeurs.

2) Calculer les travaux et chaleurs échangés pour toutes les transformations subies. Préciser notamment le sens des échanges.

3) Proposer une expression pour le rendement ℜ d'un moteur fonctionnant suivant ce cycle, en fonction des travaux et chaleurs échangés.

Donner l'expression du rendement ℜ en fonction de γ, a et b. Calculer ℜ. On donne : γ = 1,4 ; a = 9 ; b = 3 ; P1 = 105 Pa ; T1 = 300 K ; CVM = 20,8 J.mol-1.K-1 ; R = 8,32 J.mol-1.K-1

Exercice n°3 : pompe à chaleur classique Pour maintenir la température d'un immeuble à t1 = 20°C alors que la température est t2 = 5°C à l'extérieur, il faut lui fournir (c.à.d à l'immeuble) une énergie de 2 108 J à l'heure. On posera T = t + 273. a) On utilise pour cela une pompe à chaleur. Indiquer dans quelles conditions celle-ci doit

fonctionner pour que la puissance consommée soit minimale. Donner le schéma de principe en indiquant par des flèches le sens des échanges de chaleur et de travail.


2

b) Calculer cette puissance minimale consommée par la pompe à chaleur. c) Définir et calculer le coefficient de performance théorique maximal (ou efficacité

thermique maximale) "ep" de cette pompe dans ces conditions; montrer qu'elle ne dépend que de t1 et de t2. Indiquer clairement la signification de "ep".

d) La température extérieure étant toujours t2 = 5°C, pour quelle température t1 à l'intérieur ep est-il maximum ? Interpréter. Dans quelles circonstances la pompe à chaleur est-elle surtout utile ?

Exercice n°4 : moteur thermique à air Dans un moteur thermique à air, n moles d'air (assimilable à un gaz parfait), décrit le cycle réversible idéalisé suivant: Une compression isotherme de l'état (1) de coordonnées (P1 = 1 atm ,V1 ,T1 = 360 K)

à l'état (2) de coordonnées (P2 = 8 atm ,V2 ,T2 ). Un échauffement isobare de l'état (2) à l'état (3) de coordonnées (P3 ,V3 ,T3 = 1440

K) Une détente adiabatique de l'état (3) à l'état (4) de coordonnées (P4, V4, T4). Un refroidissement isobare de l'état (4) à l'état (1).

On donne : n = 33,4 moles ; 1, 4P

V

CC

γ = = ; R = 8,32 (J.mol-1.K-1) ; 1 atm = 105 Pa

1) Représenter grossièrement ce cycle moteur dans le diagramme de Clapeyron (P, V). 2) Déterminer pour chacun des états les coordonnées (Pi, Vi, Ti), avec i qui varie de 1 à 4.

Donner vos résultats numériques sous forme d'un tableau de trois colonnes. 3) Donner pour chacune des transformations précédentes l'expression du travail échangé. Le

calculer numériquement. Calculer alors le travail global Wcycle, produit par le cycle. 4) Donner pour chacune des transformation la quantité de chaleur échangée, la calculer

numériquement. En déduire la quantité de chaleur globale Qcycle échangée au cours du cycle.

5) Récapituler les résultats numériques des questions 3) et 4) sous forme d'un tableau. Vérifier alors, le premier principe de la thermodynamique pour le cycle étudié.

6) Distinguer la quantité de chaleur "Qreçue" qui est convertie en travail. On définit le

rendement du cycle par: cycle

reçue

WQ

ℜ = − .

a) Calculer numériquement ℜ. b) Calculer le rendement ℜC du cycle de Carnot fonctionnant entre les mêmes

températures extrêmes. c) Comparer ℜ et ℜC .

7) Calculer pour chacune des quatre transformations du cycle la variation d'entropie ∆Sij Vérifier alors Que : ∆Scycle = 0. (Présenter vos résultats numériques sous forme d'un tableau).

1


TD Thermodynamique – Correction de la série N°1 Exercice N°1

2

3 22( , ) 2x xf x y x y

y y= + −

2 22

2 1 6y

f x x yx y y∂ = + − ∂

et 2

32 3

2 4x

f x x x yy y y

∂= − − − ∂

22 2 3

2 2 32 1 26 4

y x

f f x x xOr df dx dy df x y dx x y dyx y y y y y

∂ ∂ = + ⇒ = + − − + + ∂ ∂

Exercice N°2 Rappel : soit la forme différentielle ( , ) ( , )f P x y dx Q x y dyδ = + , la condition nécessaire et suffisante pour que δf soit une différentielle totale (ou exacte) est :

yx

P Qy x

∂ ∂ = ∂ ∂ on écrit alors : δf = df

a] i) 2 3

2 323

x xf dx dyy y

δ = − ,

2 2

3 32 2yx

P x Q xety y x y

∂ ∂ = − = − ∂ ∂ . On a ( )

yx

P Q f exacte f dfy x

δ δ ∂ ∂ = ⇔ = ∂ ∂

ii) 2 3

22 3x xg y dx x dyy y

δ

= − − +

2 2

2 22 3 3 'y yx x

P x Q x P Qet g n est pas exactey y x y y x

δ ∂ ∂ ∂ ∂ = − − = − + → ≠ ⇔ ∂ ∂ ∂ ∂

.

b] Déterminons f(x, y) 2

122 3

2 3 3

23

( )23 2 ( )

3

y

y x

x

f x Ex yx x f fdf dx dy dx dy

y y x y f x Ef y

∂ = → ∂ ∂ ∂ = − = + ⇔ ∂ ∂ ∂ = − → ∂

Démarche usuelle : pour résoudre ce système de deux équations (E1, E2), aux dérivées partielles du premier ordre, on procède en deux étapes : 1) On intègre la plus simple des deux équations (par exemple (E1) / à x) et 2) On dérive en suite le résultat obtenu pour le comparer à (E2).

2

Etape1 :

23

21 32

1( ) ( , ) ( ) ( )3te

xdf dx xyE f x y y Ey

y Cφ

=⇒ ⇒ = + →

=

Etape2 : déterminons φ(y) Pour cela on dérive f(x, y) de l’équation (E3) / y et on compare le résultat obtenu à (E2).

( )3

3 323x

f x dEy y dy

φ ∂⇒ = − + ∂

en comparant avec (E2), il vient automatiquement que :

0 ( ) ted y C Cdyφ φ= ⇒ = = ( C : constante pure qui ne dépend ni de x ni de y)

Et finalement : 3

21( , ) ( )3

texf x y C C Cy

= + =

Exercice N°3 i) 2

21 1

B C

RT A R Aw dV dTV V V V

δ = − + + +

2

2

1 2

1 2

V

V T

T

B R AT V V B C w dw

T VC R AV V V

δ

∂ = − + ∂ ∂ ∂ ⇒ = ⇔ = ∂ ∂∂ = − + ∂

ii) 12

2

21 ( )

1 ( )

T

T V

V

P RT A EV V VP PdP dw dV dT

V T P R A ET V V

∂ = − + → ∂∂ ∂ = = + ⇒ ∂ ∂ ∂ = + → ∂

Etape1 : intégrons l’équation (E2) / T

( ) ( )2

11

te

R AdP dT RT AV VE P VV V

V Cφ

= + ⇒ ⇒ = + + =

Etape2 : dérivons / V et comparons avec (E1)

( )

1( )

2 22 21 1 0 ( ) ( )

, 1 ,

Ete

T

te

P RT A RT A d d V K C pureV V V V V dV dV

RT AP V T K K CV V

φ φ φ∂ = − + = − + + ⇒ = ⇒ = ∂

⇒ = + + =

Aux faibles pressions ce gaz doit se comporter comme un gaz parfait : ( 0 0)PV quand T→ → . On en déduit alors que K = 0 et l’équation d’état du gaz est :

1 APV RTV

= +

3

Exercice N°4 L’équation d’état ( ), , 0 ( , ); ( , ) ( , )f P V T P P V T V V P T et T T P V= ⇒ = = = .

a) 1

2

( )

( )

T V

T P

P PdP dV dT EV TV VdV dP dT EP T

∂ ∂ = + → ∂ ∂

∂ ∂ = + → ∂ ∂

b) A partir de (E1) on peut écrire :

31 ( )V

T T

PTdV dP dT E

P PV V

∂ ∂ = − →

∂ ∂ ∂ ∂

Puis en comparant (E2) et (E3), on a :

1

T

T

VPPV

∂ = ∂∂ ∂

soit encore

4( )

1T T

E

V PP V∂ ∂ = ∂ ∂

et P T V

V P PT V T∂ ∂ ∂ = − ∂ ∂ ∂

En tenant compte de l’équation (E4) :

1T P V

P V TV T P∂ ∂ ∂ = − ∂ ∂ ∂

c) Pour une mole de gaz parfait : PV RT=

2

2

)

)

)

T

P T

V

RT P RTi PV V VRT V R V RTii V etP T P P P

PV T Viii TR P R

∂ = ⇒ = − ∂ ∂ ∂ = ⇒ = = − ∂ ∂ ∂ = ⇒ = ∂

On vérifie alors :

2 2

2

1

1

T T

T P V

P V RT RTV P V P

P V T RT R VV T P V P R

∂ ∂ = = ∂ ∂

∂ ∂ ∂ = − = − ∂ ∂ ∂

Exercice N°5 Pour n moles, l’équation d’état du gaz parfait est : PV nRT=

2;P P P

V nR P nR V nRTetT P T V P P∂ ∂ ∂ = = = − ∂ ∂ ∂

4

D’où 1 1etT P

α β χ= = =

Exercice N°6

L’équation d’une mole de gaz est : ( )2 (1)aP V b RTV

+ − = →

a) Expression des coefficients α et β en fonction des variables indépendantes V et T

Expression du coefficient 1

P

VV T

α ∂ = ∂

En différentiant l’équation (1) à P = Cte, on obtient :

( )3 22 a aV b dV P dV RdTV V

− − + + =

Eliminons P en remplaçant 2aP

V +

par RTV b−

:

( ) ( )( )

2

23 32

2

V b RV V bRT a dV RdTV b V RTV a V b

α − −

− = ⇒ = − − −

Expression du coefficient 1

V

PP T

β ∂ = ∂

L’équation (1) s’écrit : ( ) 2

RT aPV b V

= −−

( ) ( ) ( )2

2

2

1

V

P R R RVT V b V b RTV a V bRT a

V b V

β β∂ ⇒ = ⇒ = ⇒ = ∂ − − − − − −

b) Expression du coefficientχ D’après l’Exercice N°4 on a :

( )1 1 11 1T P V

P V T VV T P V P P P

χβ αα χχ β α β

∂ ∂ ∂ = − ⇒ − = − ⇒ = ⇒ = ∂ ∂ ∂

Mais ( )( )

22

23 2V

V V bP RPT V b RTV a V b

β χ−∂ = = ⇒ = ∂ − − −

c) A pression interne faible (a → 0)

Lorsque a tend vers 0, α s’écrit alors : ( ) ( )22

31;

RV V b V bV b etRTV TV T RTV

α β χ− −−

= = = =

Soit ( )2 2

2 2

V b TV VT V R R

αχ χβ

−= ⇒ =

1


TD Thermodynamique – Correction de la série N°2 Exercice N°1 a) Posons : F Cat bθ° °= + et déterminons a et b :

( )1212 32 90 32 .100 5

100 32 32

t C F a F Ct C F b F

θθ

−−= ° ↔ = ° = = ° ° ⇒ = ° ↔ = ° = °

soit : ( ) ( )1,8 32F t Cθ ° = ° +

b) 30 86t C Fθ= ° ⇔ = °

c) ( ) ( ) 40t F t Cθ θ= ⇒ ° = ° = −

Exercice N°2

1) La grandeur thermométrique est le volume. A 0 Cθ = ° le mercure occupe le volume 0V qui n’est autre que le volume du réservoir. A 200 Cθ = ° , il occupe le volume 0V V+ ∆ où V∆ représente le volume de la colonne utile du capillaire ( 324V mm∆ = ). Si ( ) ( )0 1V Vθ αθ= + est l’expression du volume en fonction de la température, nous pouvons identifier :

( ) 30 0 0 01 ; . : 768VV V V V A N V mmαθ

αθ∆

⇒ +∆ = + ⇒ = =

2) Masse de mercure à utiliser : 0. 10,44Hgm V gρ= =

3) La sensibilité « s » est définie comme la variation de la grandeur

thermométrique pour une variation de température donnée : dV Vsdθ θ

∆= =

∆

En utilisant l’une ou l’autre de ses relations, nous obtenons : 3 10,12 .s mm C−= ° .

4) La section du capillaire vaut : 224300

VS mmL∆

= =

Pour une élévation de température 1 Cθ∆ = ° , l’accroissement de volume est 3

1 . 0,12V s mmθ∆ = ∆ = et le niveau augmente d’une hauteur : 1 1,5Vl mm

S∆

= = .

2

Si l’œil est capable de séparer deux graduations distantes de 0,5 mm, cela correspond alors à une élévation de température de 1/3 °C… ce qui n’est pas très pratique ou usuel. On préférera graduer de 0,5°C en 0,5°C ; la distance qui séparera deux graduations sera donc de 0,75 mm.

Indications supplémentaires :

1) Densité : /Hg Hg eaud ρ ρ= ; avec 313600 /Hg Kg mρ = et 31000 /eau Kg mρ =

2) Sensibilité : si G est une grandeur thermométrique la sensibilité du thermomètre est définie par : /s dG dθ= . Souvent on appelle aussi, à tort, « sensibilité » le plus petit accroissement de dθ mesurable. Il s’agit en fait de « résolution » appelée aussi « limite de résolution » ou « mobilité ». Ex : thermomètre usuel de sensibilité 1 °C (thermomètre d’ambiance) et 0,1 °C (thermomètre médical).

Remarque : On aurait pu prendre directement la hauteur h du mercure dans la colonne comme grandeur thermométrique et calculer la résolution en (mm /°C).

( 0V V αθ∆ = et ( ) 00.sec /. / 1,5hauteur tion mm C

VdhV h S h V S sd S

αθαθθ

°∆ = ⇒ = ⇒ = = = )

Exercice N°3

( )( )

0 0

0 0

12

iA A

iB B

Compartiment A PV n RTEtat initial

Compartiment B PV n RT → = → =

( )( )0

34

f fA A A A

f fB B B

Compartiment A P V n RTEtat final

Compartiment B P V n RT → = → =

Les deux compartiments A et B réunis forment un système fermé, n’échangeant pas de matière avec l’extérieur :

( )5i i f fA B A Bn n n n+ = +

Les deux compartiments A et B communiquent, on a alors à l’équilibre (état f) :

( )6f fA BP P P= =

En remplaçant les expressions des nA et nB retirées de (1) à (4) dans (5) et en tenant compte de (6), on obtient :

0 00

0

A B

A B

A

V VT TP P V VT T

+=

+

5 5. : 1,872 ; ( : 1 10 ; 1 1,01325.10 )A N P bar Rappel bar Pa atm Pa= = =

3

Exercice N°4

1) a) 23 24; 6,023 10 10 6,023 10AN n N particules= ⋅ℵ = ⋅ ⋅ = ⋅ .

b) i) ; 226,9 , ( , / )BB A B

Nk TV V l en effet PV nRT avec R k T et n N PV Nk TP

= = = = = ℵ ⇒ =

ii) 13 ; 61a V a cm= =

c) 25 3 16 3/ ; 2,654 10 / 2,654 10 /N V particules m particules mmρ ρ= = ⋅ = ⋅ .

d) 26/ ; 5,313 10 .Am M m Kg−= ℵ = ⋅

e) i) ,32C tr Be k T= , on peut obtenir ce résultat de deux manières:

Théorème de l’équipartition de l’énergie : à chaque degré de liberté correspond une

énergie de 12 Bk T , pour une particule en translation, il y a 3 degrés de liberté, donc une

énergie ,132C tr Be k T= × .

On peut écrire : 2 2 2

,

23,

1 1 1 33 3 2 2

. : 565,11 10

B C tr B

C tr

NP mu mu avec PV Nk T e mu k TV

A N e J

ρ

−

= = ⋅ ⋅ = ⇒ = =

= ⋅

ii) Vitesse quadratique moyenne u : ,2,

21 461,3 /2

C trC tr

ee mu u m s

m⋅

= ⇒ = =

(u > à la vitesse du son dan l’air sous Conditions normales qui est de l’ordre 340 m/s).

f) 17 3/ / ; 3,7674 10BV N k T P mmτ τ −= = = ⋅ .

2)

a) 13 19a ' 3,35 10 m 33,5 A

°−= τ = ⋅ = (arête du cube élémentaire)

b) On a : O2

d 10φ ≈ , les particules d’oxygène sont relativement séparées les unes des autres.

Les interactions entre elles (qui varient en 1/r7) sont donc très faibles. Par conséquent dans les conditions normales, l’oxygène peut être assimilé en première approximation à un gaz parfait.

a’

a’/2

d

La distance d entre 2 particules sera celle qui sépare les centres de gravité de 2 cubes élémentaires d’arête a’ placés côte à côte :

9a ' a 'd a ' 3,35 10 m2 2

−= + = = ⋅


TD Thermodynamique – Correction de la série N°3 Exercice N°1 1) Transformation isotherme réversible ( )extP P pression du gaz⇒ =

( ) 112 12

. 1ext

rév rév

W P dV P dVG P n W W pdVRT RTP

V V

δδ

= − = −= ⇒ ⇒ = = −

= =∫ ∫

2

1

11 1

2

V

révV

dV VW RT RT LnV V

⇒ = − = −

∫

Soit encore en tenant compte du fait que une isotherme : PV=Cte

1 21 1 1

2 1

; . : 5 4017rév révV PW RT Ln RT Ln A N W RT Ln JV P

= = = =

2) Transformation brusque (irréversible) Il faut appliquer une pression extérieure égale à P2 pour ramener le gaz de l’état « 1 » à

l’état « 2 » : ( )12 2 2 1irrev extW P dV W P V Vδ⇒ = − ⇒ = − −

2 12 2

12 11

1 2

1irrévirrév

RT RTW P PW RTP PP

T T

= − − ⇒ ⇒ = − −

=

A.N : 14 9984irrévW RT J= = . On remarque bien que : irrév révW W

3) Compression brusque de P1 à P3=2P2 puis de P3 à P2

( ) ( )( ) ( )

( )

13 32 3 3 1 2 2 3123

2 3 1 2 2 3

2 3 1 2

2

2

W W W P V V P V V

P V V P V V

P V V V

= + = − − − −

= − − − −

= − + −

1 1 11 2 3 1 2 2123

2 2 2

1123

1 525 2

172

RT RT RTOr T T T et P P W PP P P

W RT

= = = ⇒ = − + ⋅ −

⇒ =

A.N : 123 21216W J=

Exercice N°2

1) Etats du G.P (1mole de G.P)

51 1 1 12 05 5

2 00 1 03 3 3 3 3 3

0 0 1 1 0 2 2 0

0 0 1 1 2 1 01 00

2 4 102 10 2 1014 14 10 2 28 10 14 10

2 6732 673336,5

P Cte T Cte

PV PVP P PaV VP Pa P P Pa

A V l m A V V m A V V mPV PV T T T KT T KT K

RR

= =− − −

= = = = ⋅= ⋅ = = ⋅= = ⋅ → = = ⋅ → = = ⋅

= = == = == =

Diagramme de Clapeyron

2) Travaux et chaleurs Travaux

( )

( )

0 1

1

2 0

0 0 0 0 0

21 02

1

2 2800

2 2 3881 1081

0

A A

A A Cycle

A A

W P V V PV J

PW RT Ln RT Ln J W JP

W

= − − = − = −

= = = ⇒ =

=

Chaleurs

Cycle : 0 0Cycle CycleU W Q∆ = ⇒ + =

Pour une mole de G.P, QCycle échangée est : 1081Cycle CycleQ W J= − = − Au cours du cycle, le système reçoit du travail (WCycle>0) qu’il restitue entièrement à l’extérieur sous forme de chaleur (QCycle<0).

0 1 2

P Cte T CteA A A= =→ →

V=Cte

A0 A1

A2

P

2P0

P0

V0 2V0 V

Exercice N°3

A) Système isolé A l’équilibre, le gaz parfait dans le compartiment C1 est dans l’état (P1, V1, T1).

Celui qui est dans C2 est à l’état (P2, V2, T2), avec P2=P1 (car équilibre mécanique).

Les transformations sont adiabatiques ⇒ PV Cteγ =

( )( ) ( )0 0 1 1

1 2 00 0 2 2 1 2

12

2 2PV PV

avec V V V Cylindre indéformablePV PV PV

γ γ

γ γ γ

= ←⇒ + = = = ←

( )( )

1 10 02

1 1 1

2 2 12 1 1 21 2

V VVV V V

γ γ

⇒ = = − ⇒ = +

( )1

01 0 0

1

11 1 22

VEt P P PV

γγ

γ

⇒ = ⋅ = +

Enfin, on a : 11

1

0 0 01 1 1 11 0 0 0

1 0 0 0 1

1 22

PV VPV PVT T T TT T PV V

γγ γ

−−

+ = ⇒ = ⋅ = ⋅ = ⋅

D’autre part : 0 02 2

2 0 1 2 12 0

22 ; ; PVPVV V V P PT T

= − = = 2 22 0

0 02PVT TPV

⇒ = ⋅

0 0 0

1 1 1

2 2 2

. : 1 ; 2 ; 300 ; 7 5

1,48 ; 1,51 ; 3351,48 ; 2,49 ; 276

A N P atm V l T K

P atm V l T KP atm V l T K

γ= = = =

= = == = =

B) Système non isolé

1) Equilibre mécanique 1 2 05 5P P P atm⇒ = = =

Le gaz dans C2 subit une compression adiabatique réversible.

0 0 2 2PV Cte PV PVγ γγ⇒ = ⇒ =

1

02 0

2

PV VP

γ ⇒ = ⋅

Et

11

0 02 2 22 0

2 0 1

PVPV PT TT T P

γ−

= ⇒ = ⋅

Dans C1, le gaz est dans l’état : 1 11 0 1 0 2 1 0

0 0

5 ; 2 PVP P V V V et T TPV

= = − = ⋅

0 0 0

5 27 7

2 2 2

1 1 1

. : 1 ; 2 ; 300 ; 7 5

5 ; 2 5 0,63 ; 300 5 4755 ; 3,37 ; 2527

A N P atm V l T K

P atm V l l T K KP atm V l T K

γ

−

= = = =

= = ⋅ = = ⋅ == = =

2) Variation d’énergie interne et chaleur fournie par R

Dans C1 : 1 1 0 01 1 3712,5

1PV PVU U Jγ−

∆ = ⇒ ∆ =−

Dans C2 : 2 2 0 02 2 287,5

1PV PVU U J

γ−

∆ = ⇒ ∆ =−

La résistance chauffante R, a fournit l’énergie : 1 2Q U U= ∆ + ∆

( ). : 4000 4A N Q J kJ= =

Université Chouaïb Doukkali Faculté des Sciences Année universitaire : 2007/08 Département de Physique Module 1 de Physique (SMP1)

TD Thermodynamique – Correction de la série N°4 Exercice N°1 1) Au cours du mélange, le système global est isolé : a) Principe zéro :

( ) ( )1 2 1 1 2 2

1 1 2 2

1 2

0 0pm f pm f

f

Q Q m C T T m C T T

m T m TTm m

+ = ⇔ − + − =

+⇒ =

+

A.N : 3

1 2

1 2

1 1 40 ; 30343 ; 283 317,3 44,3

eau

f f

g cm kg l m kg m kgT K T K T K soit t Cρ = = → = == = → = = °

b) Variation d’entropie au cours du mélange

La transformation étant irréversible, pour calculer ∆S, on imagine une transformation réversible équivalente (c.a.d. : qui a les mêmes états extrêmes que la transformation réelle). Cette Transformation réversible imaginée n’est qu’un artifice de calcul qui découle du fait que S est une grandeur d’état (et que ∆S ne dépend donc, que de l’état initial et de l’état final).

Ainsi : ( )1

1 1 1 11

fTf

pm pmimaginéeT

TdTS S m C m C LnT T

∆ = ∆ = ⋅ =∫

De même ( )2 2 21

fpmimaginée

TS S m C Ln

T∆ = ∆ =

Pour tout le mélange : 1 2S S S∆ = ∆ + ∆

A.N : 1 1 11 213,02 ; 14,35 ; 1,32S kJ K S kJ K S kJ K− − −∆ = − ⋅ ∆ = ⋅ ∆ = ⋅

La transformation est irréversible, son entropie ne peut qu’augmenter (∆S > 0).

2) Proportions d’un mélange

A partir de l’expression de Tf on a : ( )1 2 1 1 2 2fm m T m T m T+ = +

Remplaçons m2 par ( )2 1 1m m m+ − : ( )( ) ( )1 2 2 1 1 2fm m T T m T T⇒ + − = −

D’où ( ) 21 1 2

1 2

fT Tm m m

T T−

= + ⋅−

et m2 se déduit par : ( )2 2 1 1m m m m= + −

A.N : 1 2 1 2: 150 ; 75 ; 12 ; 35fdonnées m m Kg t C t C t C+ = = ° = ° = °

( )1 235 12150 54,76 95,2475 12

m Kg et m Kg en remarquant t T−⇒ = ⋅ = = ∆ = ∆

−

Il faut donc : 54,8 l d’eau à 75 °C et 95,2 °C d’eau à 12 °C.

Exercice N°2 : Cycle Diesel

Caractérisation de l’état (2)

ℑ12 étant adiabatique réversible, la loi de Laplace s’exprime comme suit :

11 1 2 2

2

VPV PV avec aV

γ γ= =

D’où : 2 1P P aγ= ⋅

De plus : 11 1 2 22 1

1 2

PV PV T T aT T

γ −= ⇒ = ⋅

Finalement l’état (2) :2 1

12 1

12 1

P P aV V aT T a

γ

γ

−

−

= ⋅= ⋅= ⋅


( )4 13 2 1 3 1 4

V VP P P a et V car V Vb b

γ= = ⋅ = = =

ℑ23 isobare 3 32 13 2 1

3 2 2 1

T VT V a aT T TV V V b V b

γ

⇒ = ⇒ = ⋅ = ⋅ = ⋅

L’état (3) :

3 1

13

3 1

P P aVVb

aT Tb

γ

γ

= ⋅

=

= ⋅


ℑ34 adiabatique réversible 34 4 3 3 4 1 4 3

1

VPV PV or V V P PV

γγ γ

⇒ = = ⇒ = ⋅

4 3 4 1aP P b soit P Pb

γγ− ⇒ = ⋅ = ⋅

De plus ℑ43 isochore, 1 44 1

1 4

P P aV Cte T TT T b

γ = ⇒ = ⇒ = ⋅

Finalement l’état (4) :

4 1

4 1

4 1

aP Pb

V V

aT Tb

γ

γ

= ⋅

=

= ⋅

(1)

(2) (3)

(4)

Adiab.

Adiab.

V1=V4 V3 V2 V

P2=P3

P4

P1

P

Application numérique 5 2 3

1 1 16 3 3

2 2 26 3 3

3 3 35 2 3

4 4 4

10 300 2,496 10 24,962,17 10 722,5 2,773 10 2,772,17 10 2167,4 8,32 10 8,324,66 10 1396,7 2,496 10 24,96

P Pa T K V m lP Pa T K V m lP Pa T K V m lP Pa T K V m l

−

−

−

−

= = = ⋅ == ⋅ = = ⋅ == ⋅ = = ⋅ == ⋅ = = ⋅ =

Remarque : 11

1

1 RTn mole et VP

= =

2) Travaux et chaleurs

ℑ12 adiabatique ( )12 12 12 2 10 ; 1 VMQ W U C T T⇒ = = ∆ = ⋅ −

ℑ23 isobare ( ) ( ) ( )23 2 3 2 23 23 3 2 3 2; 1 PM VMW P V V Q H C T T C T Tγ⇒ = − − = ∆ = ⋅ − = ⋅ −

ℑ34 adiabatique ( )34 34 34 4 30 ; VMQ W U C T T⇒ = = ∆ = −

ℑ41 isochore ( )41 41 41 1 40 ; VMW Q U C T T⇒ = = ∆ = −

Notons bien que ( )23 3 20Q T T , il s’agit donc de la chaleur reçue par le système, tandis

que ( )41 1 40Q T T est la chaleur restituée par le système.

Application numérique

Transformation W(J) Q(J) (1) → (2) 8788 0 (2) → (3) -1,2⋅104 4,2⋅104 (3) → (4) -1,6⋅104 0 (4) → (1) 0 -2,28⋅104

Bilan -1,92⋅104 +1,92⋅104

On vérifie bien que 0cycle cycle cycleU W Q∆ = = +

2) Rendement du moteur

23

;cycleWQ

ℜ = − 23 410cycle cycle cycleOr W Q W Q Q+ = = + +

( )23 41 41 1 4

23 23 3 2

1 1Q Q Q T TQ Q T Tγ+ −

⇒ ℜ = = + = +−

Soit en remplaçant T4 , T3 et T2 par leurs expressions :

( ) ( )1

11 1 ; : 45,8%

1 1

ab ab Soit AN

ab a bab a

γ

γ γ

γγ γγ

−

− − ℜ = + ℜ = + ℜ = −−

Remarque : en calculant le rendement à partir de l’expression 23

cycleWQ

ℜ = − , on trouve la

même valeur (aux arrondies près), soit 45,7%ℜ = .

Exercice N°3 : Pompe à chaleur classique

b) Puissance minimale consommée La P.A.C. fonctionne en cycle réversible :

1 2

1 2

1 2

0

0

cy

cy

U W Q QQ QST T

∆ = = + +⇒ ∆ = = +

En raisonnant sur N cycles correspondant à 1 3600h sτ= = : 81 2 10 ;Q J= − ⋅ la puissance

minimale consommée est : WPτ

=

Or 21 2 1

1

1 .TW Q Q QT

− = + = −

Soit 621 1 10238,9 10,24 101

TW Q kJ JT

= − − = ⋅

Et ( )2,84 1 1 /WP kW kW kJ sτ

= = ← =

c) Coefficient de performance Le coefficient de performance maximal (ou efficacité thermique) est par définition :

1 1

1 2

19,5pQ TeW T T

= − = =−

Si l’énergie W chauffait directement l’immeuble, nous aurions 1 1 ,pQ W e− = ⇒ = or

( )19,5pe = est nettement supérieure à 1, d’où le terme efficacité thermique ou performance ; car Q2 prélevée à l’extérieur est gratuite.

d) Température t1 pour que ep soit maximale à T2 fixée, ep(T1) est maximum lorsque T1 tend vers T2, mais cela n’a pas d’intérêt pratique. En réalité ; on veut maintenir la température de l’immeuble à 20°C et c’est la température extérieure qui varie : si 2 , pT e et il faut fournir plus de W à la P.A.C.

Immeuble S. Ch. ; T1=293 K

Extérieur S. F. ; T2=278 K

W>0 Q1<0

Q2>0

PAC

a) Conditions de fonctionnement et schéma

La puissance consommée est minimale lorsque le fonctionnement de la P.A.C. est réversible.

Ci-contre le schéma énergétique de la P.A.C. avec les flèches qui indiquent le sens des échanges énergétiques.

Exercice N°4 : Moteur thermique à air 1) Diagramme de Clapeyron

2) Les Pi, Vi, Ti ; (i=1,…, 4)

5 51 2

3 31 2 1

1 2

10 8 101 1,00039 1 2 8 0,125

360 360

P Pa P PaEtat V m Etat V V m

T K T K

= = ⋅ = = = = =

( )( )

554 13 2

13 33 4 3 4 3

3 4 4 1 1

108 103 0,5 4 2,208

1440 795

P P PaP P PaEtat V m Etat V P P V m

T K T V V T K

γ

= = = = ⋅ = = ⋅ =

= = ⋅ =

Etat Pi (Pa) Vi (m3) Ti (K)

(1) 105 1 360

(2) 8⋅105 0,125 360

(3) 8⋅105 0,5 1440

(4) 105 2,208 795

3) Travaux

ℑ12 compression isotherme : 2

1

1 212 1 1 1

2 1

12 33,4 8,32 360 8 208

V

V

dV V PW PdV nRT nRT Ln nRT LnV V P

W Ln kJ

= − = − = =

= × ×

∫ ∫

ℑ23 isobare :

( )( )

23 2 3 2

523 8 0,5 0,125 10 300

W P V V

W kJ

= − −

= − × − × = −

V

(1)

(2) (3)

(4)

T1

V1 V2 V3 V4

P

P1=P4

P2=P3 o ℑ12 : isotherme

o ℑ23 : isobare

o ℑ34 : adiabatique

o ℑ41 : isobare

ℑ34 adiabatique :

4 4 3 334

5 5

34

110 2,208 8 10 0,5 448

0,4

PV PVW

W kJ

γ−

=−

× − ⋅ ×= −

ℑ41 Isobare :

( )( )

41 1 1 4

541 10 1 2,208 121

W P V V

W kJ

= − −

= − × −

Le cycle :

( )208 121 300 448 419cyW kJ kJ= + − − −

4) Les quantités de chaleur


12 12 11

512 2,08 10 208 0

PQ W nRT LnP

Q J kJ

= − = −

= − ⋅ = −

ℑ23 isobare :

( ) ( )23 3 2 3 2

23

11050 0

pn RQ T T T T

Q kJ

γγ

= − = −−

=

ℑ34 adiabatique :

34 0Q =

ℑ41 Isobare :

( ) ( )41 1 4 1 4

41

1423 0

pn RQ T T T T

Q kJ

γγ

= − = −−

= −

Le cycle :

( )208 1050 0 423 419cyQ kJ kJ= − + + − =

5) Tableau récapitulatif

ℑij Wij (kJ) Qij (kJ)

ℑ12 208 -208

ℑ23 -300 1050

ℑ34 -448 0

ℑ41 121 -423

Cycle Wcy = - 419 Qcy = + 419

6) Quantité de chaleur reçue et rendement

230 1050reçue reçueQ Q Q kJ⇒ = =

a) Rendement ℜ

23

419 40%1050

cyWQ

ℜ = − =

b) Rendement Carnot ℜC

: 1 1cyC F C F F FC C

C reçue C C C

WT T Q Q Q Ten effetT Q Q Q T

− +ℜ = ℜ = − = = + = −

. : 1440 360 75%C F CA N T K et T K= = ⇒ ℜ =

c) Comparaison

Bien évidemment Cℜ ℜ

7) Variations d’entropie


121

208 0,578360

QS kJ K kJ KT

∆ = = − −

ℑ23 isobare : 3 3

232 2

1,3481p p

T TdT nRS Ln Ln kJ KT T T

γγ

∆ = = = ⋅−∫

ℑ34 adiabatique :

34 0S∆ =

ℑ41 Isobare : 1 1

414 4

0,7711p p

dT T nR TS Ln Ln kJ KT T T

γγ

∆ = = = ⋅ −−∫

Le cycle :

( ),578 1,348 0,771 0,001 0cycleS O kJ K kJ K kJ K∆ = − + − =−

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Series Thermodynamique 2011 Zradba Avec Correction