Solution de la série2.ENSA.2020 (1) .pdf


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T.D. THERMODYNAMIQUE
SOLUTION DE LA SERIE 2
FILIERE STPI 1
SEMESTRE S2
Exercice 1: 1) considérons une tranche d’air comprise entre z et z + dz, de section S et de
masse m, et étudions son équilibre mécanique :
P
z

F

z + dz

P + dP

z

P



dz


F'

O

P0


mg


F = force exercée par l’air au niveau z,

F ' = force exercée par l’air au niveau z + dz

mg = poids de la tranche d’air.


 
On suppose que cette tranche d’air se trouve à l’équilibre :  mg + F + F ' = 0
Par projection sur l’axe Oz on trouve :
-mg – F’ + F = 0 avec : F = PS et F’ = (P + dP)S



D’autre part on a :  
On obtient alors :

dP= 

mg
S

m
m

 m   Sdz
V Sdz
dP    gdz

2) On attribue à l’air une masse moyenne pondérée : Mair =

32.21  79.28
 28,91g
100

3) Pression à une altitude z = 800m ?
On a :
dP    gdz et l’air est considéré comme un gaz parfait :
m
m MP
PV = nRT =
avec T = Cte = 300°K (par hypothèse)
RT    
M
V RT

1/8

MP
dP
Mg
gdz 

dz
RT
P
RT
P  z  dP
Mg z


dz
P0
P
RT 0
dP  

 Mgz 
P  z   P0 exp 

 RT 



A.N :
z = 800m ; P0 = 105 Pa ; M = 28,91.10-3kg ; R = 8,32J/moles°K ; g = 9,81m/s2; T = 300°K
P(z = 800m) = 0,97.105Pa = 0,97 atm
Exercice 2:
He = Gaz parfait, V* = 2000m/s
T?
2
1N
On a : P =
mv* et pour une mole N = NA (nombre d’Avogadro)
3V
1
M *2
molaire)
 PV = N A
v (M = masse
3
NA
2
Mv*
1 *2
T
 PV = Mv  RT

3R
3
A.N :
M= 4.10-3kg ; v*= 2000m/s ; R = 8,32J/moles°K 

T= 641°K

Energie cinétique moyenne d’une mole de ce gaz:
1
1
U = NAmv*2 avec NAm = M = masse molaire  U= Mv*2
2
2
A.N :

U = (1/2).4.10-3.(2000)2 = 8000Joules/mole

Autre solution
U=

3
3
nRT  RT (n = 1mole), U = (3/2).8,32.641  8000Joules/mole
2
2

Exercice 3 :
1) Calcul de m1 ; m2 et m3
m1 ? H2
m
PV M
P1V1 = n1RT1 = 1 RT1  m1  1 1 1
M1
RT1
5
A.N : P1 = 250/760=0,329.10 Pa
V1 =2,25.10-3m3 ; T1 =293K ;M1= 2.10-3kg


m1 = 0,061g

2/8

PV
2 2M 2
RT2
5
-3 3
A.N : P2 = 0,329.10 Pa ; V2 = 5,50.10 m ; T2 =293K ;M2= 32.10-3kg

m2 ?

m2 

O2

m2 = 2,38g



PV
3 3M 3
RT3
5
-3 3
A.N : P3 = 10 Pa ; V3 = 1,40.10 m ; T3 =273K ;M3= 28.10-3kg

m3 ?

m3 

N2

m3 = 1,73g



2) Melange de gaz (H2 + O2 + N2 )
V0 =18,5l
T0 = 273°K
P?

Melange = G.P

Calcul de la pression total P
P

On a : PV0 = nRT0 

nRT0
V0

n = nH2  nO2  nN2
nH2 

m
m1
m
 0, 0305; nO2  2  0, 0744; nN2  3  0, 0618  n = 0,1667
M1
M2
M3

P = 0,2045.105Pa = 0,2045atm = 155,4mmHg



Fraction molaire de chaque gaz : xi =

xH 2 

H2

nH 2
n
nO2



ni
n

0, 0305
 0,183
0,1667

0, 0744
 0, 446
n
0,1667
nN
0, 0618
xN 2  2 
 0,371
n
0,1667
Pressions Partielles :
PH2 ? PO2 ? PN2 ?
xO2 

O2
N2



On a :

PV0  nRT0  nH 2 RT0  nO2 RT0  nN2 RT0





PV0  PH 2V0  PO2V0  PN2V0  PH 2  PO2  PN2 V0
3/8

PH 2 
PO2 

PN2 

nH 2 RT0
V0
nO2 RT0
V0
nN2 RT0
V0

 nH 2 .

P
 xH 2 .P  28, 4mmHg
n

 nO2 .

P
 xO2 .P  69,3mmHg
n

 nN2 .

P
 xN2 .P  57, 7mmHg
n

Exercice4
Compression isotherme réversible
A- (P0, T0)

(2P0, T0)

1°) W= f(T0) ?
Isotherme d’un Gaz Parfait  PV = Ctte = RT0  P =

RT0
V

V2 dV
dV
 W   RT0 
V
1
V
V
dP dV
On a PV= Ctte  d(PV) = 0  PdV + VdP = 0  

P
V
2 P0
V2 dV
2 P0 dP
 RT0 
 RT0 LogP
Donc : W= -RT0 
V1 V
P0
P0
P
 W  RT0 Log 2

 W   PdV   RT0





a 

2°) Gaz de Van der Waals:  P  2  V  b   RT
W= f(Vi, Vf)?
V 

RT0
RT0
a
adV
On a:  W = -PdV avec P =
 2  W = 
dV  2
V b V
V b
V
V f dV
V f dV
et donc :
 W=  RT0 
 a
Vi V  b
Vi V 2
 1 1
Vf  b
W   RT0 Log
 a  
 V f Vi 
Vi  b



B- Détente isotherme d’un gaz parfait (n= 1 mole).
T = Ctte
(P1 = 10atm, V1, T)
(P2 = 3atm, V2, T)
W = f(RT) ?
a- Détente réversible  W1
RT
dP
dV
dV
et PV = Ctte  d(PV) = 0 
  W = -RT

V
P
V
V
P2 dP
P
 3
 RTLog 2  RTLog  
Donc : W1 = RT 
P1 P
P1
 10 

 W = -PdV avec P=

4/8



W1 = -1,2RT

b- La pression passe brutalement de P1 à P2  W2 ?
Au temps t = 0, la pression passe de P1 à P2  Evolution irréversible du système sous l’effet
de la pression extérieur P2. A l’équilibre du système Pext = Pgaz = P2.

 RT RT 
 W2 = -P2 (V2 – V1) = -P2 

 et donc:
P1 
 P2
 P 
W2 = -RT 1  2  = -0,7RT
 P1 

  W = -PextdV = -P2dV

c- La pression passe brutalement de P1 à 2P2, on attend l’équilibre puis on détend brutalement
de 2P2 à P2.
Détente irréversible
(P1, V1, T)



Détente irréversible

(2P2, V2 , T)
Pression extérieur 2P2

Etat d’équilibre

W3’

(P2, V2, T)
Pression extérieur P2
W3’’

Etat d’équilibre

Etat d’équilibre

W3’ = -2P2 (V2’ - V1’)
W3 = W3’ + W3’’ avec :

et V2’ =
W3’’ = -P2 (V2 – V2’)


RT
2 P2

W3 = -0,9RT

d- Comparaison de W1 , W2 et W3

W1  W3  W2
 Le gaz fourni plus de travail au milieu extérieur lors de la transformation réversible que
celle purement irréversible.
Exercice 5 : Transformation réversible de l’eau :
Transformation
(P0, V0, T0)
(P, V  V0, T)

1-  W = PV0  T dP   dT  ?

  C tte ,   C tte , T  C tte

5/8

 V 

 V 
On a:  W = -PdV =  P 
 dT  
 dP  On a:
 P T 
 T  P
1  V 
1  V 
 V 
 V 
 
 
  V  V0 et T   
 
  V T  V0 T
V  T  P  T  P
V  P T
 P T

 W = PV0  T dP   dT 



2- Travail échangé par l’eau avec le milieu extérieur :
a- Transformation isochore (V= Ctte)
  W = -PdV = 0  W = 0

b- Transformation réversible isobare : W = f  , P0 ,V0 , T0 , T1 
T1

 W = PV0 T dP  PV0 dT  PV
0 0 dT  W   PV
0 0  dT
T0

W =  PV
0 0 T1  T0 



c- Transformation réversible isotherme : W = f  T , P0 ,V0 , P1 
P1

 P2 
 W = PV0 T dP   W = V0 T PdP  W = TV0  
 2  P0
V
 W = T 0  P12  P02 
2
Exercice 6
1- Travail échangé par un solide avec le milieu extérieur :

Transformation isotherme réversible de (P1, V, T) à (P2, V, T)
P2

 P2 
V
 W = TVPdP  W  TV    W = T  P22  P12 
2
 2 P
1

A.N : T  10

11

W=

/ Pa; P1  10 Pa; P2  107 Pa;V  103 m3
5

1011.103
1014  1010   5.101 Joules
2

2- Travail reçu par un gaz parfait ayant les mêmes conditions initiales que le solide et
subissant la même transformation.
Isotherme réversible
(P1, V1, T)

(P2, V2, T)

6/8

dP
 W = -PdV = -P1V1 dV  PV
1 1
V

W = P1V 

P2

P1

dP

P2
dP
 PVLog
1
P
P1

avec V1 = V du solide

A.N :

W = 105.103 Log100  461Joules

W ( solide)
 103  1 
W ( gaz )

Le travail reçu par le solide est négligeable devant celui reçu par le gaz.
Exercice 7 : Oxygène

Gaz parfait diatomique (n= 2 moles)
Trois chemins distincts

A (PA, VA, TA)

B (PB = 3PA, VB, TB= TA)

a) Chemin A1B  Transformation isotherme
b) Chemin A2B  Droite reliant A et B
c) Chemin A3B  Isochore AC + Isobare CB

P (V)

PB = 3PA

B

C
(3)
(2)

(1)
PA

A

V
VB

VA

Transformation isotherme, chemin A1B : PV = 2RTA  P  2 RTA :
V
VB
dV
avec PAVA=PBVB  PAVA=3PAVB
 W   PdV  2RTA
 W  2RTA Log
V
VA
V
1
 B   W1  2RTA Log 3  5484,3Joules
VA 3

2) W1 ?

W2 ? Chemin A2B, droite d’équation : P = aV + b
Etat A : PA = aVA + b (1)
Etat B : 3PA = aVB + b (2)
(VA = 3VB)
7/8

a

On obtient alors:



2 PA
P
  A et b = 4 PA
VB  VA
VB

P (V) = 

PA
V  4 PA
VB
VB

PA
PA V 2 
 W   PdV  VdV  4 PAdV  W2     4 PA VB  VA 
VB
VB  2 V
A



W2  4 PAVB 

4
8
PAVA  RTA  6656 Joules
3
3

W3 ? Chemin A3B, échauffement isochore + refroidissement isobare.
W3 = W3'  W3''  W3''carW3'  0( ISOCHORE )
Isobare : P= PB = 3PA   W = -3PAdV  W3 = -3PA (VB- VA) avec : VA= 3VB


W3 = 6PAVB = 2PAVA = 4RTA = 9984Joules

Conclusion : W1  W2  W3  Le travail dépend du chemin suivi.
Exercice 8 :
A1 A2

T T2
  Q  mCV dT et on a une mole de CO : m = M = 12 + 16 = 28g

Gaz diatomique CO  CV  A0 

1/ V=Ctte




 Q  MCV dT  M  A0 



A1 A2 

 dT
T T2 


 1 1 
T
Q  M  A0 T2  T1   A1Log 2  A2    
T1
 T1 T2  


A.N :
M= 28g ; A0 = 1,41 J/°K.g ; A1= 492 J/g ; A2 = 16.104 J.°K/g; T1 = 300,15°K; T2 = 400,15°K
Q = 3718Joules
2/ Capacité thermique massique moyenne CV :

 Q  M CV dT  Q  M CV T2  T1   CV =

Q
 1,33Joules / K .g
M T2  T1 

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