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Corrigé de la série- 4 – première partie

Exercice-1
a) transformation adiabatique réversible : Vf = 12.628 litres , TF= 315.57 K
b) transformation adiabatique irréversible : Vf = 15.428 litres , TF= 385.54 K
Diagramme de Clapeyron :
(Adiabatique réversible)
P

(Adiabatique irréversible)
P

A

A

B

B

V

V

c) pour une transformation quelconque d’un gaz parfait la variation d’entropie est
donnée par ΔS = nCVln(T2/T2) + nRln(V2/V1)
Dans le cas réversible : ΔSsysteme = 0 , ΔSmilieu exter = 0 , ΔScrée = 0
Dans le cas irréversible : ΔSsysteme = 2.838 J/k , ΔSmilieu exter = 0 , ΔScrée = 2.838 J/K
conclusion : Au cours d’une transformation irréversible , l’entropie de l’univers augmente
(enoncé du second principe)
Exercice-2
ΔStot = ΔSvaporisation + ∫nCPdT/T = nLV/TV + ∫nCPdT/T = +128.84 Cal/K

Exercice-3
La valeur en eau du calorimetre : μ = 1000 g
ΔS système = ΔSeau froide + ΔSeau chaude + ΔScalorimetre = +12.27 Cal/K
ΔSunivers = ΔSsysteme + ΔSmilieu exterieur = ΔSsysteme ( systeme isolé)
Conclusion: la transformation est irréversible.
Exercice-4 :
la masse de la glace m1= ΔSglace/(Cp(s)lnTF/T1+LF/TF+Cp(l)lnT2/TF) = 1000 g
la chaleur reçue par la glace : Qglace = 105000 cal
ΔSlac = - 358.36 cal/K , ΔSunivers = +24.038 cal /K
Exercice-5
Cycle de carnot :
AB : isotherme
BC:adiabatique
CD: isotherme
DA: adiabatique

P

A
B
D
C

1)
2)
3)
4)

le cycle de Carnot est décrit dans le sens horaire
Wcycle = Q1(T2/T1 -1) = -7.855 105 J
le rendement dy cycle : η = 0.7855
ΔSsource-1 = -785.546 J/K ,
ΔSsource-2 = + 785.546 J/K

Exercice-6
la variation d’entropie du métal est la même quelque soit le nombre d’étapes
intermédiaires : ΔSmetal = mCp ln T2 /T1 = -45.054 J/K
la variation d’entropie du milieu extérieur :
1 seule étape : ΔSm.ext = -Qsys/Treservoir = 65 J/K , d’où ΔScrée = + 19.946 J/K
en 2 étapes :
en 4 étapes :

ΔScrée = + 9.112 J/K
ΔScrée = + 4.315 J/K

en augmentant le nombre d’étapes (transformations), l’entropie crée tendra vers zéro, ce
qui correspond a la définition d’une transformation réversible qui est est constituée d’un
très grand nombre d’états intermediaires entre l’etat initial et l’etat final.
Exercice-7
a)transformation isotherme irréversible : ΔSsyst= nRlnV2/V1 = 191.345 J/K
ΔSm.ext = -Qsyst/T = -P2(V2-V1) = -nR(V2-V1)/10V1 = -74.79 J/K+
ΔScrée = + 116.555J/K
b) si la transformation est réversible l’entropie crée est égale à 0( zéro)
c) détente adiabatique irréversible :
P2 = [(P1V1/γ-1)/((V2-V1) +V2/γ-1)] = 0.7353 atm et T2= 89.67 K
ΔScrée = ΔSsyst = 121.467 J/K
transformation isochore : ΔSsys = nCVlnT2/T1 = 178.53 J/K
ΔSm.ext = -119.78 J/K , d’où ΔScrée = 58.75 J/K
Exercice-8
Les paramètres des chaque état :
état 1 : P= 1 Bar ,
V = 40 litres , T= 300 K , n=1.6 moles
état 2 : P= 2.975 Bar , V = 18.2 litres , T1= 410 K , n=1.6 moles
état 3: P= 2.975Bar , V = 15.77 litres , T1= 353 K , n=1.6 moles
état 4 : P= 2.53 Bar , V = 15.77 litres , T= 300 K , n=1.6 moles
ΔS12 = 0 , ΔS23 = -6.966 J/K ( T et V diminuent )
ΔS34 = -5.407 J/K ( P et T diminuent)
ΔS41 = +12.375 J/K ( V augmente).
ΔScycle = ΔHcycle = 0


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