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Correction

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Universit´
e Ibn Zohr
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H. QªÖ Ï @ , H@
Facult´e Polydisciplinaire
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IV
UN
Ouarzazate, Maroc
IBN ZOHR
-A
Correction des
Travaux Dirig´
es de Thermodynamique I ∗
Prof. : H. Chaib
Fili`
ere : SMP, Semestre : 1, Ann´
ee : 2015/2016, S´
erie : 02
Exercice 1
1. Soient n et n0 les nombres de moles d’oxyg`ene dans la bouteille, respectivement,
avant et apr`es le pr´el`evement d’oxyg`ene qui est isotherme. Ces deux grandeurs sont
donn´ees par :
p0 V
pV
et
n0 =
(1)
n=
RT
RT
Alors, le nombre de moles n∗ de l’oxyg`ene pr´elev´e s’´ecrit :
V
(p − p0 )
RT
(2)
V
(p − p0 )MO2
RT
(3)
n∗ = n − n0 =
d’o`
u la masse m∗ du gaz pr´elev´e s’´ecrit :
m∗ = n∗ MO2 =
avec MO2 = 2MO est la masse molaire de l’oxyg`ene O2
A.N. : m∗ = 131 g.
2. Le volume V 00 de l’oxyg`ene pr´elev´e apr`es d´etente et ´echauffement est donn´e par :
n∗ RT 00
p00
(4)
V
RT 00
(p − p0 ) 00
RT
p
(5)
T 00 p − p0
·
V
T
p00
(6)
V 00 =
or n∗ =
V
(p
RT
− p0 ), alors
V 00 =
soit :
V 00 =
A.N. : V 00 = 109,28 l.
∗. Les cours, les travaux dirig´es avec correction, les ´epreuves avec correction et les travaux pratiques
sont disponibles en ligne sur le site Web : http://196.200.181.135/chaib/teaching/
Correction des TD de Thermodynamique I (S´erie 02 : 2015/2016) - Prof. H. Chaib
2
Exercice 2
1. Avant de relier les deux ballons, les ´etats des deux gaz sont g´er´es par les ´equations
suivantes :
p1 V1 = n1 RT
et
p2 V2 = n2 RT
(7)
avec n1 est le nombre de moles du dioxyde de carbone CO2 et n2 est le nombre de
moles du dioxyg`ene O2 .
Apr`es la reliure des deux ballons, les ´etats des deux gaz sont g´er´es par les ´equations
suivantes :
p01 V = n1 RT
et
p02 V = n2 RT
(8)
avec V = V1 + V2 est le volume total des deux ballons. Ces ´equations impliquent :
p01 V = p1 V1
et
p02 V = p2 V2
et
p02 = p2
d’o`
u:
V1
V1 + V2
0
0
A.N. : p1 = 3 atm et p2 = 1,5 atm.
p01 = p1
(9)
V2
V1 + V2
(10)
2. En utilisant la loi de Dalton, on peut ´ecrire :
p0 = p01 + p02
(11)
A.N. : p0 = 4,5 atm.
3. Les nombres de moles des deux gaz sont donn´es par :
n1 =
p1 V1
RT
p2 V 2
RT
et
n2 =
et
m2 = MO2
(12)
Leurs masses sont donn´ees par :
m1 = MCO2
p1 V1
RT
p2 V 2
RT
(13)
Alors la masse totale du m´elange s’´ecrit :
m=
p1 V1
p2 V 2
MCO2 +
MO2
RT
RT
(14)
d’o`
u, la masse volumique du m´elange a pour expression :
m
V
(15)
p1 V1 MCO2 + p2 V2 MO2
RT (V1 + V2 )
(16)
m0v =
soit :
m0v =
A.N. : m0v = 8,03 kg m−3 .
4. Les ´equations d’´etat du m´elange avant et apr`es le chauffage sont, respectivement :
p0 V = n0 RT
(17)
p00 V = n0 RT 00
(18)
et
Correction des TD de Thermodynamique I (S´erie 02 : 2015/2016) - Prof. H. Chaib
Alors :
3
p00
T 00
=
p0
T
d’o`
u:
p00 =
(19)
T 00 0
p
T
(20)
A.N. : p00 = 4,75 atm.
5. Le volume et aussi les nombres de moles (ou encore la masse) des gaz constituant
le m´elange n’ont pas chang´e apr`es le chauffage. Alors, la masse volumique reste
constante :
(21)
m00v = m0v
A.N. : m00v = 8,03 kg m−3 .
Exercice 3
1. Les coefficients thermo´elastiques sont d´efinis par :
1
α=
V
∂V
∂T
!
,
p
1
β=
p
∂p
∂T
!
1
χT = −
V
et
V
∂V
∂p
!
(22)
T
2. Pour un syst`eme thermodynamique, les trois variables d’´etat p, V et T sont deux
a` deux ind´ependantes. Alors, leurs d´eriv´ees partielles r´ealisent l’identit´e suivante :
∂V
∂T
!
∂T
∂p
p
!
V
∂p
∂V
!
= −1
(23)
T
Or, selon les d´efinitions des coefficients thermo´elastiques :
∂V
∂T
!
= αV,
p
∂T
∂p
!
V
1
=
βp
∂p
∂V
et
alors :
!
=−
T
1
χT V
(24)
!
1
1
−
αV
βp
χT V
= −1
(25)
d’o`
u finalement la relation entre les trois coefficients thermo´elastiques :
α
=p
βχT
(26)
3. On a p = p(V,T ), alors :
dp =
∂p
∂V
!
T
∂p
dV +
∂T
!
dT
(27)
V
qui s’´ecrit a` volume constant :
dp =
∂p
∂T
!
∂p
∂T
!
d’o`
u:
∆p =
dT
(28)
∆T
(29)
V
V
Correction des TD de Thermodynamique I (S´erie 02 : 2015/2016) - Prof. H. Chaib
4
∂p
car ∂T
est ind´ependant de T . Cependant, selon la d´efinition du coefficient
V
d’augmentation de pression isochore β on peut ´ecrire :
∆p = pβ∆T
(30)
α
∆T
χT
(31)
ou encore :
∆p =
A.N. : ∆p = 60 atm.
Exercice 4
1. On a V = V (p,T ), alors :
dV =
!
∂V
∂p
T
∂V
dp +
∂T
!
dT
(32)
p
Or, selon les d´efinitions des coefficients thermo´elastiques :
!
∂V
∂T
et
∂V
∂p
= αV
(33)
= −χT V
(34)
p
!
T
alors :
dV = −χT V dp + αV dT
ou en rempla¸cant α et χT par leurs expressions respectives
(35)
3aT 3
V
et
b
V
:
dV = −b dp + 3aT 3 dT
(36)
Les variables sont s´epar´ees dans la diff´erentielle, l’int´egration se r´esume au calcul
de deux primitives, soit :
3 V = −b(p − p0 ) + a T 4 − T04 + V0
4
(37)
2. Selon la relation entre les trois coefficients thermo´elastiques, on peut ´ecrire :
β=
α
pχT
(38)
ou en rempla¸cant α et χT par leurs expressions :
β=
3aT 3
bp
(39)
Correction des TD de Thermodynamique I (S´erie 02 : 2015/2016) - Prof. H. Chaib
5
Exercice 5
1. L’´equation d’´etat d’un gaz parfait s’´ecrit :
pV = nRT
soit :
V =
nRT
p
ou
(40)
p=
nRT
V
(41)
Selon les d´efinitions des coefficients thermo´elastiques, il vient :
1
α=
V
∂V
∂T
1
β=
p
∂p
∂T
!
1
T
(42)
=
1
T
(43)
p
!
V
et
1
χT = −
V
=
∂V
∂p
!
=
T
1
p
(44)
2. Pour le gaz ayant l’´equation d’´etat :
p(V − nb) = nRT
(45)
on peut ´ecrire :
V =
nRT
+ nb
p
ou
p=
nRT
V − nb
(46)
Selon les d´efinitions des coefficients thermo´elastiques, il vient :
1
α=
V
1
β=
p
∂p
∂T
∂V
∂T
!
=
V
et
1
χT = −
V
∂V
∂p
!
nR
pV
(47)
nR
1
=
p(V − nb)
T
(48)
=
p
!
=
T
nRT
V − nb
=
2
pV
pV
(49)
Exercice 6
1. Le travail volum´etrique W du gaz qui subit une transformation de l’´etat (1) `a l’´etat
(2) `a pression constante s’´ecrit :
W =−
Z V2
pdV = −p
V1
Z V2
dV
(50)
V1
soit :
W = −p(V2 − V1 )
(51)
Le gaz est parfait, alors :
pV1 = nRT1
et
pV2 = nRT2
(52)
Correction des TD de Thermodynamique I (S´erie 02 : 2015/2016) - Prof. H. Chaib
soit :
p(V2 − V1 ) = nR(T2 − T1 )
d’o`
u:
W = −pV1
et
T2 − T1
T1
nR =
pV1
T1
6
(53)
(54)
A.N. : W = −200 kJ.
2. La transformation que subit le gaz est adiabatique (Q = 0), alors :
∆U = Q + W = W
(55)
A.N. : ∆U = −200 kJ.
3. Le travail volum´etrique W 0 du gaz du milieu ext´erieur qui subit aussi une transformation `a pression constante p0 s’´ecrit :
0
W =−
Z V0
2
V10
0
0
p dV = −p
0
Z V0
2
V10
dV 0
(56)
soit :
W 0 = −p0 (V20 − V10 ) = −p0 ∆V 0
(57)
La variation de volume que subit le milieu ext´erieur est ∆V 0 = −∆V , o`
u ∆V est
la variation de volume que subit le gaz du milieu int´erieur (∆V = V2 − V1 ). Alors :
W 0 = −p0 (V20 − V10 ) = p0 ∆V = p0 (V2 − V1 )
(58)
W = −p(V2 − V1 )
(59)
p0
W0 = − W
p
(60)
or :
alors :
A.N. : W 0 = 98 kJ.
Exercice 7
1. Le gaz est parfait diatomique, alors son ´energie interne U est donn´ee par :
5
U = nRT
2
(61)
alors, sa capacit´e calorifique `a volume constant CV s’´ecrit :
CV =
En tenant compte que n =
p1 V1
,
RT1
∂U
∂T
V
5
= nR
2
(62)
on obtient :
CV =
A.N. : CV = 8,33 J K−1 .
!
5 p1 V 1
·
2 T1
(63)
Correction des TD de Thermodynamique I (S´erie 02 : 2015/2016) - Prof. H. Chaib
7
2. L’´equation d’´etat du gaz dans les deux ´etats d’´equilibre (1) et (2) s’´ecrit :
p1 V1 = nRT1
et
p2 V2 = nRT2
(64)
En divisant les deux ´equations membre a` membre, on obtient :
p2 V2
T2
=
p1 V1
T1
d’o`
u:
T2 =
p2 V 2
T1
p1 V 1
(65)
(66)
A.N. : T2 = 579 K.
3. Pour un gaz parfait, on a :
dU = CV dT
soit
∆U = CV ∆T
(67)
ou encore :
∆U = CV (T2 − T1 )
(68)
Or pour une transformation adiabatique Q = 0, alors :
∆U = W = CV (T2 − T1 )
A.N. : W = 2,325 kJ.
(69)
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