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C Rattrap 2012 th2 .pdf



Nom original: C Rattrap 2012 th2.pdf
Titre: C Rattrap 2012 th2
Auteur: Administrateur

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Contrôle Rattrapage – Thermodynamique 2
SMP – S3 – Durée 1h30 - 2012

Exercice 1 : Chaleur latente de vaporisation en fonction de la température (10.5pts)
On fait subir à une mole d'eau la transformation EFGHIJE (figure ci-dessous).
Les volumes molaires de l'eau liquide respectivement aux
températures T et T' sont notés Vf et Vf' De même on
note Vg et Vg' les volumes molaires de la vapeur d'eau
aux températures T et T' . On négligera les volumes
molaires du liquide face aux volumes molaires de la
vapeur. Les capacités calorifiques molaires C f et C g
respectivement des phases liquide et vapeur, sont
considérées comme indépendantes de la température.

La vapeur d'eau est assimilée à un gaz parfait même à l’état de saturation et Cf > C g .
1. Représenter le cycle étudié sur le diagramme en coordonnées T-v.
2. On appelle L et L' les chaleurs molaires de vaporisation respectivement aux températures T
et T' . Donner et indiquer le signe des travaux échangés WEF , WFG , WGH , WHI , WIJ et WJE .
Donner et indiquer le signe des chaleurs échangées Q EF , Q FG , Q GH , Q HI , Q IJ et Q JE .
3. Utiliser le premier principe de la thermodynamique et déterminer l'expression de la différence
L − L' en fonction de C f , C g , T et T' . En déduire que la chaleur latente peut s'écrire sous
la forme L = L 0 − AT où L 0 et A sont deux constantes positives à déterminer.
4. Tracer l'allure de la courbe de variation de L en fonction de T .
5. Que peut-on dire de la température à laquelle L =0.

Exercice 2 : Turbine Prendre : cp (air) = 1000 J/kg/K, R = 8,314 J/mol/K, Mair = 29g (3.5pts)
De l’air (gaz parfait, cp=1kJ/kg/K) se détend dans les aubages d'une turbine. L'enthalpie massique
à l’entrée est h1 =865,3kJ/kg et la vitesse étant c1 =70m/s. L'enthalpie massique à la sortie est
& = 10kg / s .
h 2 =332kJ/kg et la vitesse à la sortie est c 2 =100m/s. Le débit massique est de m
& développée par la turbine.
1/ En supposant le processus adiabatique, calculer la puissance W
t

2/ La température d’entrée vaut T1 = 627°C . Calculer la température T2 à la sortie.
3/ Dans la réalité le processus n’est pas adiabatique et la turbine fournit une puissance
& ' = 4620kW . Calculer la chaleur échangée Q ' et le rendement η de la turbine.
W
t

t

s

Exercice 3 : Transformations adiabatiques réversible et irréversible (8pts)
Un gaz parfait (de constantes R et γ ) subit une compression adiabatique de l’état ( P1 , T1 ) à
l’état ( P2 ). Exprimer toutes les réponses en fonction de ces données.
*

a) Compression réversible : calculer T2 , V2 , le travail W12 échangé et l’entropie Sc créée.
'
échangé et l’entropie S'c créée.
b) Compression irréversible : calculer T2' , V2' , le travail W12

-------------------------------------------------------------------------------

Indication de solution aux exercices du contrôle rattrapage
SMP S3 Automne 2012

Exercice 1 : Chaleur latente de vaporisation en fonction de la température (10pts)

2/ Calcul des travaux et des chaleurs échangés. Noter que 0,5pt pour l’expression et le signe
(c'est-à-dire 0,25pt pour l’expression et 0,25pt pour le signe).
Transformation isotherme EF : WEF = − RT ' ln


Changement d'état FG :

WEF = −RT ' ln

P
>0 (0.5pt)
P'

Vg'
VE

Q EF = RT ' ln

Q EF = RT ' ln

P
<0(0.5pt)
P'
Vg'

VE

WFG = − P' (V 'f −V 'g ) >0(0.5pt)

WFG ≈ P' Vg'

Q FG = − L' <0(0.5pt)

Transformation isobare GH : WGH ≈ 0 (0.5pt)

Q GH = C f (T − T ' ) <0(0.5pt)

Transformation isotherme HI : WHI = 0 (0.5pt)

Q HI = 0 (0.5pt)

Changement d'état I-->J :

WIJ = − P(Vg − Vf ) <0(0.5pt)
WIJ ≈ − PVg

Transformation isobare J-->E : WJE = − P(VE − Vg ) <0(0.5pt)

Q IJ = L >0(0.5pt)
Q JE = C g (T'−T ) >0(0.5pt)

3/ Le premier principe de la thermodynamique, donne ∆U cycle = Σ( Wi + Q i ) = 0 (0.5pt).
En utilisant l’équation des gaz parfaits et pour 1 mole, on obtient L − L' = −(C f − C g )(T − T ' ) (0.5pt).
c'est-à-dire L = L 0 − aT avec L 0 = L'+ (C f − C g )T ' (0.5pt) et a = C f − Cg (0.5pt).
4/ D’après la question 3/ L(T) est approximé par une relation linéaire à pente négative, d’où la courbe :

5/ Quand T → TC , Vg → Vf et L → 0 . Il s’agit donc de la température critique Tc (Liq/Vap) (0.5pt)
voir la courbe de la figure sur le texte de l’exercice.

Exercice 2 : Turbine (4pts)
1/ Le premier principe de la thermodynamique des systèmes ouverts :

c 22 − c12
& (1pt), ce qui donne par A.N. W
& = −5307,5kW (0.5pt)
& (h 2 − h1 +
m
)=W
t
t
2
h − h1
2/ h 2 − h 1 = c p (T2 − T1 ) ⇒ T2 = 2
+ T1 (0.5pt) donne T2 = 366,7K (0.5pt).
cp

c 22 − c12
& ' (0.5pt), d’où Q ' = ( W
& ' +Q
& −W
& ')/m
& (h 2 − h1 +
& (0.5pt). Par application
3/ On a : m
)=W
t
t
t
t
t
2
numérique, on obtient : Q 't = 462 − 530,75 = −68,75kJ / kg (0.5pt).
Exercice 3 : Transformations adiabatiques réversible et irréversible (6pts)
a/ Transformation est adiabatique réversible : Gaz parfait : P1V1 = RT1 donnent :

P 
T2 = T1  2 
 P1 

γ −1
γ



RT1  P1 
 
(0,5pt) et V2 =
P1  P2 

W12 = c v (T2 − T1 ) =

γ −1
RT1  P2  γ
 

(
γ − 1  P1 

(0,5pt),

− 1) (0.5pt)

et

'
b) Transformation est adiabatique irréversible : W12
=

puisque RT2' = P2 V2' on obtient T2'

Sc = 0(0.5pt).

R
'
(T2' − T1 ) et W12
= −P2 (V2' − V1 ) et
γ −1

γR
R
=
T1 + P2 V1
γ −1 γ −1

T
T γ − 1 T1
P
T
P
= (1 + 2 ( γ − 1)) donne T2' = 1 (1 + 2 ( γ − 1)) (1pt)
- Calcul de T2' : T2' = 1 + P2 1
γ

- Calcul de V2' : V2' =

donne V2' =

R
P2

γ

γ

P1

γ

P1

 T1

RT1 γ − 1 
RT1  P2
 + P2
 ou V2' =
1 +
( γ − 1)  (1pt)
P1 γR 
γP2 
P1
 γ



RT1  P2
1 +
( γ − 1) 
γP2 
P1


'
'
- Calcul de W12
: W12
=

'
W12
=

P1

RT1 P2
R T1
γ −1
( + P2 V1
− T1 ) =
( − 1) donne :
γ −1 γ
γR
γ P1

RT1 P2
( − 1) (1pt)
γ P1

'
En utilisant l’autre expression W12
= − P2 [

RT1
P
(1 + 2 ( γ − 1)) − V1 ] on arrive au même résultat :
γP2
P1

'
W12
=−

RT1
P
[1 − 2 ]
γ
P1

- Calcul de

S 'c

S 'c

: Il est plus simple d’utiliser la pression,

= ∆S = ∫

2 δQ

1

T2'
P
= c P ln
+ R ln 1 (0.5pt),
T
T1
P2


P
P
γR  1
ce qui donne S 'c =
ln  (1 + 2 ( γ − 1)) + R ln 1 (0.5pt)
γ −1 γ

P1

P2



2 δQ
T'
V'
Si non on utilisera le volume et on aura : S 'c = ∆S =
= c V ln 2 + R ln 2 qui donne :
1



S 'c =

P
1

P
R
ln  (1 + 2 ( γ − 1)) + R ln  1
γ −1 γ
P1

 γP2

dessus.

T

T1

V1

 P2

1 +
( γ − 1)  , que l’on peut ramener à l’expression ciP1




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