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Exercice chap 5 décembre 2013 .pdf



Nom original: Exercice chap 5 décembre 2013.pdf
Titre: (Exercice chap 5 décembre 2013)
Auteur: Minfo

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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

29

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

30

:

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 ).

31


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