corrigé examen SN 2016 17 2 .pdf



Nom original: corrigé examen SN 2016-17 2.pdfAuteur: otman

Ce document au format PDF 1.5 a été généré par Microsoft® Word 2010, et a été envoyé sur fichier-pdf.fr le 29/12/2017 à 00:09, depuis l'adresse IP 41.249.x.x. La présente page de téléchargement du fichier a été vue 575 fois.
Taille du document: 855 Ko (5 pages).
Confidentialité: fichier public


Aperçu du document


Université Abdelmalek Essâadi

Année Universitaire : 2016/2017

Faculté des Sciences – Tétouan

Filière : SMIA – S1

Durée : 1h 30 min
Corrigé du contrôle de Thermodynamique

Exerciec 1 : (6 pts)
a- Trouver l’expression du travail W pour une transformation adiabatique d’un gaz parfait.
En déduire qu’une compression adiabatique s’accompagne d’un échauffement (Tf>Ti).
Dans une compression adiabatique on Qadi =0. Pour un gaz parfait on a pV = cte.
dU  δW  δQ = δW
1ère méthode : Pour un gaz parfait l’énergie interne ne dépend que de la température donc :
dU  δW  δQ = δW = nCvdt

U = W = nCvT = nCvf – i)

2ème méthode : δW = -pdV
W  k 

f

i

f

f

i

i

W   P dV    PV



f dV
dV
 k 

i V 
V

1
 Pf V f1  PV

dV


i i


k
donc

 on a k  Pf V f  PV
i i

V
1





 P V  PV
  nRT f  nRT i  nR
i i
W f f
T f T i   nCv T f T i 


 1
 1

 
  1

 Pour une compression, le volume diminue donc W>0

f > i

b- L’expression dp de la différentielle de la pression de n moles d’un gaz est donnée par :
dp  f (V )dT  n

RT

V

 nb 

2

(1)

dV

Où V le volume, T la température, b et R des constantes et f(V) une fonction de V.
-

Trouver l’expression de f(V). en prenant la constante d’intégration nulle.
dp est une différentielle totale exacte donc :


RT

  n
 V  nb 2 
f

 
V
T

K=0 d’après l’énoncé donc

f '(V )  n

f (V ) 

nR

V

 nb 

R

V

 nb 

2

 f (V ) 

nR

V

 nb 

K

-

Montrer que l’équation d’état de ce gaz est donnée par : p(V-nb)=nRT
En introduisant f(V) dans dp on a :
dp 

nR
RT
 p 
 P 
dT  n
dV =  
 dT  
 dV
2
V  nb 
 T 
 V 
V  nb 

nR
 p 


 T  V  nb 

P

nRT
 g (V )
V  nb 

(1)

nRT
nRT
 p 
 g '(V ) === 


2
2
 V 
V  nb 
V  nb 

Donc g’(V)=0
P

g(V) = K

nRT
 K , pour V
V  nb 

∞;p

0

donc K=0

D’où P V  nb   nRT
-

Déterminer les coefficients thermoélastiques du gaz.
P 

nR
pV

;

V 

nR
1
=
p (V  nb ) T

;

T 

V  nb nRT
 2
pV
pV

Remarque : Il ne faut pas remplacer pV par nRT parce que ce n’est pas un gaz parfait.

Exercice 2 : (5 pts)
1- Calculer la chaleur latente de fusion Lf de l’eau à partir des expériences suivantes :
 On fournit une quantité de chaleur Q1= 324,5 KJ pour transformer, sous pression
atmosphérique, 500g de glace de -100C en eau à 700C.

-

Chaleur
Chaleur
Chaleur
Chaleur

fournie Q1 = 324,5 kJ
reçue par la glace Qg = mCg(0-(-10))
de fusion
Qf = mLf
reçue par l’eau
Qg = mCe(70-0)
Q1= Qg+ Qf+ Qe

donc Lf 

Q1  Q g  Qe
m

Qf= Q1- Qg - Qe
 Lf  334kJ / kg avec m  0,5kg

Remarque : Ce n’est pas la peine de convertir la température de C à K car on a une
différence : (0+273)-(-10+273)=(0-(-10))

 On fournit une quantité de chaleur Q2= 6,11 103 KJ pour transformer, sous
pression atmosphérique, 2 kg de glace de -100 C en vapeur à 1100C.


-

Q2= 6,11 103 KJ
Qg = mCg(0-(-10))
Qf = mLf
Qg = mCe(100-0)
Qv= mLv
Qvapeur = mCV(110-100)

Chaleur fournie
Chaleur reçue par la glace
Chaleur de fusion
Chaleur reçue par l’eau
Chaleur de vaporisation
Chaleur reçue par la vapeur

Q2= Qg + Qf + Qe+ QV + Qvapeur
Lf 

Q 2  Q g  Qe  QV  Qvapeur
m

Qf = Q2 - Qg - Qe - QV - Qvapeur
 Lf  333kJ / kg avec m  2kg

2- Comparer les deux valeurs de Lf.
On trouve Lf1 = Lf2
On donne : chaleur latente de vaporisation de l'eau LV = 2,26 103 kJ/kg
Capacités thermiques massique en kJ.K-1kg-1: glace Cg= 2,1 ; eau Ce=4,2 et vapeur Cv=2.

Exercice 3 : (9 pts)
Le cycle décrit par les transformations de n moles d’un
gaz parfait est illustré dans la figure ci jointe.

1- Sachant que les transformations (2 à 3) et (4 à 1)
s’effectuent sans échanges de chaleurs, donner la nature
de chacune des quatre transformations (ex : détente,
compression, adiabatique,…),
Les transformations (2 à 3) et (4 à 1) s’effectuent sans échanges de chaleurs donc ce sont des
adiabatiques. Pour (2 à 3) la pression augmente donc c’est une compression alors que pour (4 à 1)
pression diminue donc c’est une détente.
Pour la transformation (1 à 2) la pression augmente à v=cte donc c’est une compression isochore.
Pour la transformation (3 à 4) le volume augmente à p=cte donc c’est une compression isobare.
- Transformation (1 à 2) : Echauffement isochore.

- Transformation (2 à 3) : compression adiabatique.
- Transformation (3 à 4) : Refroidissement isobare.
- Transformation (4 à 1) : détente adiabatique.
2- Calculer les températures T2, T4 et les volumes V2, V3 et V4.

- (1 à 2) : compression isochore. V1=V2
P 
PV  nRT1
G .P   1 1
 T 2   2 T1
2 2  nRT 2
PV
 P1 

A.N

T=2T1 =100 0C

- (2 à 3) : compression adiabatique (P2,V2,T2)

(P3,V3,T3)
1

La relation qu’il faut utiliser est ( TV  1  cte )
A.N V2=V1

T 2V 2 1  T 3V 3 1

 T   1
V 3 V 2  2 
T3 

donc V3 = 0,633 litre

- (3 à 4) : compression isobare

P4=P3

PV
V
V
T
V
3 3  nRT 3
 4  4 4  3

V 3 T3
T4 T3
4 4  nRT 4
PV

(1)

- (4 à 1) : détente adiabatique
 1
T 4V 4 1  TV
1 1

(2)
1



En multipliant (1) par (2) on élimine T4 et on trouve V 4
A.N V4 = 0,386 litre et T 4 

V

V
 1
 3 TV
V 4   3 T1  V 1
1 1
T3
 T3 

 1


V4
T 3  73,170C
V3

2 ème méthode pour calculer V4
- (2 à 3) : détente adiabatique donc
- (4 à 1) : détente adiabatique


P2V 2  PV
3 3


donc P4V 4  PV
1 1

V1=V2 et P3=P4 donc en faisant le rapport des deux expression, on trouve :
1

V4

 P 
  1  V 3 AN : V4 = 0,386 litre
 P2 

3- Donner les expressions des travaux Wi et des chaleurs Qi échangés pour chaque
transformation.
On donne : a=P2/P1 =4 ; V1 = 1 l ; T1 = 500C ; T3 = 120 0C ;  = 1,4.

N.B : Pas de calculs numériques pour les questions 2 et 3.

-

(1 à 2) : compression isochore
V=cte donc W1=0

-

et U1 = Q1 = nCvT = nCv2 – 1)

(2 à 3) : compression adiabatique

Q2=0 et d’après l’exercice 1 : W2 = (P3V3-P2V2)/(-1)= nCv(T3-T2)
-

(3 à 4) : compression isobare

P3 = P4

P=cte donc W3 = -P3 (V4-V3)=-nR(T4-T3) et Q3 = nCpT = nCp4 – 3) (dp=0)
-

(4 à 1) : détente adiabatique.

Q4=0 W4 = (P1V1-P4V4)/(-1)= nCv(T1-T4)

3- Vérifier que la variation de l’énergie totale U du cycle est nulle.
U = WT+QT = nCv2 – 1) + nCv(T3-T2) - nR(T4-T3) + nCp4 – 3) + nCv(T1-T4)
En remplaçant nR et Cp en fonction de Cv on trouve U = 0

Remarque :
- Dans le calcul de la température ce n’est pas la peine de convertir le 0C en K. Et si vous le faites
T2= 2xT1+273 et non pas T2= 2x(T1+273).
- Il faut convertir les travaux et les chaleurs en températures ou en fonction de PV pour calculer
U =0 pour un cycle.


Aperçu du document corrigé examen SN 2016-17 2.pdf - page 1/5

Aperçu du document corrigé examen SN 2016-17 2.pdf - page 2/5

Aperçu du document corrigé examen SN 2016-17 2.pdf - page 3/5

Aperçu du document corrigé examen SN 2016-17 2.pdf - page 4/5

Aperçu du document corrigé examen SN 2016-17 2.pdf - page 5/5




Télécharger le fichier (PDF)


corrigé examen SN 2016-17 2.pdf (PDF, 855 Ko)

Télécharger
Formats alternatifs: ZIP



Documents similaires


corrige examen sn 2016 17 2
serie deuxieme principe 2017 st
serie n 3 thermo 2018
serie  de  thermo   n 2  2019
serie5 2018 1
serie 3 thermo

Sur le même sujet..