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Universit´
e Ibn Zohr
Facult´e Polydisciplinaire
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Ouarzazate, Maroc
IBN ZOHR
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Correction des
Travaux Dirig´
es de Thermodynamique I ∗
Prof. : H. Chaib
Fili`
ere : SMP, Semestre : 1, Ann´
ee : 2015/2016, S´
erie : 01
Exercice 1
1. Le piston est soumis `a trois forces qui sont son poids et les forces exerc´ees par les
pressions ext´erieure et int´erieure. Soit ~ez le vecteur unitaire orient´e du bas vers le
haut. Alors, ces forces s’expriment :
• le poids P~ :
P~ = −mg~ez
(1)
• la force de pression ext´erieure F~e :
F~e = −p0 S~ez
(2)
~i :
• la force de pression int´erieure F
~i = pS~ez
F
(3)
p'
p
Le piston est en ´equilibre, alors selon le principe fondamental de la dynamique, la
somme des forces exerc´ees sur lui est nulle. Alors :
~i = 0
P~ + F~e + F
(4)
(−mg − p0 S + pS)~ez = 0
(5)
soit :
∗. 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 01 : 2015/2016) - Prof. H. Chaib
d’o`
u:
p = p0 +
mg
S
2
(6)
A.N. : p = 101 kPa.
2. Si on change l’orientation du cylindre a` l’envers, le bilan des forces devient :
• le poids P~ :
P~ = −mg~ez
(7)
• la force de pression ext´erieure F~e :
F~e = p0 S~ez
(8)
~i = −pS~ez
F
(9)
~i :
• la force de pression int´erieure F
En appliquant le principe fondamental de la dynamique sur le piston qui est en
´equilibre, on obtient :
~i = 0
P~ + F~e + F
(10)
soit :
(−mg + p0 S − pS)~ez = 0
d’o`
u:
p = p0 −
mg
S
(11)
(12)
A.N. : p = 99 kPa.
Exercice 2
1. Les deux ´echelles de temp´erature Fahrenheit et Celsius sont lin´eaires. Si on appelle
T la temp´erature Celsius et T 0 la temp´erature Fahrenheit, alors elles sont li´ees par
la relation :
T 0 = aT + b
(13)
On a T 0 = 32◦ F pour T = 0◦ C et T 0 = 212◦ F pour T = 100◦ C, alors :
T 0 = 1,8T + 32
(14)
2. Le point commun des deux ´echelles correspond `a T 0 = T . Il en r´esulte T 0 = T =
−40◦ C = −40◦ F.
3. La temp´erature T 0 , en ◦ F, d’un homme bien portant de temp´erature T = 37,5◦ C
est T 0 = 99,7◦ F.
Exercice 3
1. Dans le calorim`etre adiabatique, on m´elange la masse m2 d’eau chaud (T2 =
45,9◦ C) a` un syst`eme froid (T1 = 15◦ C) constitu´e de la masse ´equivalente me
en eau du calorim`etre et la masse m1 d’eau froid. Tf = 30◦ C est la temp´erature
finale de l’ensemble. Alors, les chaleurs ´echang´ees par les sous-syst`emes sont :
• pour la masse ´equivalente en eau du calorim`etre :
Qe = me c(Tf − T1 )
(15)
Correction des TD de Thermodynamique I (S´erie 01 : 2015/2016) - Prof. H. Chaib
3
• pour la masse m1 d’eau :
Q1 = m1 c(Tf − T1 )
(16)
Q2 = m2 c(Tf − T2 )
(17)
• pour la masse m2 d’eau :
Cependant, la chaleur Q ´echang´ees par le syst`eme tout entier est :
Q = Qe + Q1 + Q2
(18)
Le syst`eme est adiabatique, alors Q = 0, d’o`
u:
Qe = −(Q1 + Q2 )
(19)
me c(Tf − T1 ) = − (m1 c(Tf − T1 ) + m2 c(Tf − T2 ))
(20)
soit :
ou encore :
me = −m1 − m2
Tf − T2
Tf − T1
(21)
A.N. : me = 0,012 kg = 12 g.
2. Le calorim`etre adiabatique, dont la masse ´equivalente en eau est me , contient une
masse d’eau ´egale `a m1 + m2 a` la temp´erature Tf . Dans cet ensemble, on laisse
tomber un bloc de glace de masse m3 a` la temp´erature T3 . Alors, les chaleurs
´echang´ees par les sous-syst`emes sont :
• pour la masse ´equivalente en eau du calorim`etre et les masses m1 et m2 d’eau :
Qe12 = (me + m1 + m2 )c(Tf0 − Tf )
(22)
• pour la masse m3 de la glace :
Q3 = m3 c(Tf0 − T3 ) + m3 L
(23)
La chaleur Q0 ´echang´ee par le nouveau syst`eme s’´ecrit :
Q0 = Qe12 + Q3
(24)
Cette chaleur est nulle (Q0 = 0) car le syst`eme est adiabatique. Il en r´esulte :
(me + m1 + m2 )c(Tf0 − Tf ) + m3 c(Tf0 − T3 ) + m3 L = 0
(25)
(me + m1 + m2 + m3 )cTf0 = (me + m1 + m2 )cTf + m3 cT3 − m3 L
(26)
ou encore :
d’o`
u:
Tf0 =
(me + m1 + m2 )cTf + m3 cT3 − m3 L
(me + m1 + m2 + m3 )c
(27)
A.N. : Tf0 = 20,28◦ C.
3. Maintenant le calorim`etre contient une masse d’eau ´egale a` m1 + m2 + m3 a` la
temp´erature Tf0 . Dans cette quantit´e d’eau on ajoute un autre bloc de glace de
masse m03 a` la temp´erature T3 . Alors, les chaleurs ´echang´ees par les sous-syst`emes
sont :
Correction des TD de Thermodynamique I (S´erie 01 : 2015/2016) - Prof. H. Chaib
4
• pour la masse ´equivalente en eau du calorim`etre et la masses m1 + m2 + m3
d’eau :
Qe123 = (me + m1 + m2 + m3 )c(Tf00 − Tf0 )
(28)
• pour la masse m03 de la glace :
Q03 = m03 c(Tf00 − T3 ) + m03 L
(29)
La chaleur Q00 ´echang´ee par ce nouveau syst`eme s’´ecrit :
Q00 = Qe123 + Q03
(30)
Cette chaleur est nulle (Q00 = 0) car le syst`eme est adiabatique. Il en r´esulte :
(me + m1 + m2 + m3 )c(Tf00 − Tf0 ) + m03 c(Tf00 − T3 ) + m03 L = 0
ou encore :
m03 = −
(me + m1 + m2 + m3 )c(Tf00 − Tf0 )
c(Tf00 − T3 ) + L
(31)
(32)
A.N. : m03 = 0,117 kg = 117 g.
Exercice 4
1. La masse d’eau qui traverse le serpentin pendant le temps ∆t est :
m = v∆t
(33)
alors, la chaleur Q qu’il faut fournir `a cette masse d’eau pour ´elever sa temp´erature
de Te a` Ts s’´ecrit :
Q = mc(Ts − Te ) = v∆t c(Ts − Te )
(34)
A.N. : Q = 62,7 kJ.
2. La puissance ´electrique de la r´esistance s’´ecrit :
P = RI 2
(35)
Alors, la chaleur c´ed´ee par la r´esistance sous effet Joule pendant le temps ∆t est
donn´ee par :
Q = P∆t = RI 2 ∆t
(36)
d’o`
u:
s
I=
Q
R∆t
(37)
A.N. : I = 3,23 A.
Exercice 5
1. Le calorim`etre adiabatique contient une masse m de mercure a` la temp´erature T
et une masse m0 de glace a` la temp´erature T 0 . Alors, les chaleurs ´echang´ees par ces
deux sous-syst`emes sont :
• pour le mercure qui passe de la temp´erature T = 100◦ C a` la temp´erature
Tf = 0◦ C :
Qm = mc(Tf − T )
(38)
Correction des TD de Thermodynamique I (S´erie 01 : 2015/2016) - Prof. H. Chaib
5
• pour la glace qui se transforme en eau `a la mˆeme temp´erature : T 0 = Tf =
0◦ C = 273 K :
Qg = m0 L
(39)
La chaleur Q ´echang´ees par le syst`eme tout entier s’´ecrit :
Q = Qm + Qg
(40)
Cette chaleur est nulle (Q = 0) car le syst`eme est adiabatique. Il en r´esulte :
Qm = −Qg
(41)
mc(Tf − T ) = −m0 L
(42)
soit :
d’o`
u:
c=−
m0 L
m(Tf − T )
(43)
A.N. : c = 133,88 J kg−1 ◦ C−1 .
2. La masse ´equivalente en eau me du calorim`etre n’intervient pas dans le calcul dans
la question pr´ec´edente car la temp´erature du calorim`etre reste constante durant
la transformation (Ti = Tf = 0◦ C) c’est a` dire que la chaleur Qe ´echang´ee par le
calorim`etre lui mˆeme est nulle :
Qe = me c0 (Tf − Ti ) = 0
(44)
Exercice 6
1. Le gaz parfait est la limite de comportement de tous les gaz r´eels lorsque leur
pression tend vers z´ero. Cependant, a` faible pression, l’´equation d’´etat de tout gaz
tend vers pV = nRT .
Compte tenu de l’interpr´etation microscopique de la pression, ceci veut dire que
chaque particule du gaz est, en moyenne, ´eloign´ee des autres et est donc libre dans
ses mouvements sur l’espace qui lui est offert.
2. Le gaz est parfait, alors le nombre de moles n est li´ee aux variables d’´etat (p,V,T )
par l’´equation d’´etat suivante :
pV = nRT
(45)
d’o`
u:
n=
pV
RT
(46)
A.N. : n = 821 mol.
3. La masse molaire d’hydrog`ene mol´eculaire H2 est MH2 = 2MH . Cependant, la
masse m de n moles du gaz H2 est :
m = nMH2 = 2nMH
(47)
A.N. : m = 1,642 kg.
` partir de l’´equation d’´etat des gaz parfaits, la pression p0 correspondant a` la
4. A
temp´erature T 0 s’exprime par :
nRT 0
p0 =
(48)
V
A.N. : p0 = 527,6 bar.
Correction des TD de Thermodynamique I (S´erie 01 : 2015/2016) - Prof. H. Chaib
6
Exercice 7
1. La masse molaire de dioxyde de carbone CO2 , qui contient un atome de carbone
C et deux atomes d’oxyg`ene O, s’´ecrit :
MCO2 = MC + 2MO
(49)
A.N. : MCO2 = 44 g mol−1 .
` partir de l’´equation d’´etat des gaz parfaits, le volume molaire Vm est donn´e par :
2. A
Vm =
V
RT
=
n
p
(50)
A.N. : Vm = 0,025 m3 mol−1 .
3. Le volume V est li´e au volume molaire Vm par :
V = nVm
or le nombre de moles n =
m
,
MCO2
alors :
V =
A.N. : V = 2,5 m3 .
(51)
m
Vm
MCO2
(52)
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