Correction

‫ﺃ‬
‫ﻛﺎ‬
‫ﺑﻦ ﺯﻫﺮ ـ‬
‫ﺔﺍ‬
‫ﺟ‬
‫ﺎ ﻣﻌ‬
‫ﺩﻳﺮ‬
Universit´
e Ibn Zohr
Facult´e Polydisciplinaire
ITÉ
G
E
RS
AD
IR
IV
UN
Ouarzazate, Maroc
IBN ZOHR
-A
QëP áK . @ éªÓAg
.
HA’’
j JË@ èXYªJÓ éJ
ʾË@
[email protected] PPð
H. QªÖ Ï @ , [email protected]
Correction des
Travaux Dirig´
es de Thermodynamique I ∗
Prof. : H. Chaib
Fili`
ere : SMP, Semestre : 1, Ann´
ee : 2015/2016, S´
erie : 03
Exercice 1
1. D’apr`es l’´equation d’´etat du gaz parfait, le volume V1 occup´e par le gaz d’azote N2
est donn´e par :
n1 RT1
(1)
V1 =
p1
o`
u n1 est le nombre de moles du gaz. Il est donn´e par :
m1
m1
n1 =
(2)
=
MN2
2MN
A.N. : n1 = 0,714 mol et V1 = 0,174 m3 .
2. La temp´erature est prot´ee a` T10 dans une transformation isobare dans laquelle la
pression reste constante (c.-`a-d. p01 = p1 ), alors :
V10 =
n1 RT10
p01
(3)
A.N. : V10 = 0,186 m3 .
3. Quand on fait communiquer entre les deux r´ecipients, le volume total V qu’occupe
les deux gaz est :
V = V10 + V2
(4)
Les deux gaz sont consid´er´es comme parfaits et par cons´equent leur m´elange se
comporte ´egalement comme un gaz parfait. Cependant, sa pression total p s’´ecrit :
p=
nRT
V
(5)
avec T = T10 = T2 est la temp´erature du m´elange et n = n1 + n2 est le nombre de
moles du m´elange des deux gaz o`
u n1 est le nombre de moles du gaz d’azote N2 et
n2 est le nombre de moles du gaz d’oxyg`ene O2 qui a pour expression :
n2 =
p2 V 2
RT2
(6)
A.N. : n2 = 1,845 mol, n = 2,559 mol et p = 2,176 104 Pa.
∗. 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 03 : 2015/2016) - Prof. H. Chaib
2
4. La masse m du m´elange s’´ecrit :
m = m1 + m2
(7)
avec m1 est la masse du gaz d’azote N2 et m2 est la masse du gaz d’oxyg`ene O2
qui a pour expression :
m2 = n2 MO2 = 2n2 MO
(8)
A.N. : m = 79,04 g.
5. L’´energie interne U du m´elange s’´ecrit :
U = U1 + U2
(9)
avec U1 est l’´energie interne du gaz d’azote N2 et U2 est l’´energie interne du
gaz d’oxyg`ene O2 . Ces deux gaz sont diatomiques, alors leurs ´energies internes
s’´ecrivent :
5
5
et
U2 = n2 RT
(10)
U1 = n1 RT
2
2
Alors :
5
5
5
(11)
U = n1 RT + n2 RT = nRT
2
2
2
A.N. : U = 16,648 kJ.
6. La capacit´e calorifique a` volume constant CV du m´elange, qui est un gaz parfait,
est donn´ee par :
!
5
∂U
= nR
(12)
CV =
∂T V
2
A.N. : CV = 53,189 J K−1 .
Exercice 2
1. Soit n le nombre de moles d’azote contenu dans l’enceinte avant le remplissage.
Selon l’´equation d’´etat des gaz parfaits, la quantit´e n a pour expression :
n=
pV
RT
(13)
Cependant, la masse m du gaz d’azote avant le remplissage est :
m = nMN2 = 2nMN
(14)
o`
u MN2 = 2MH repr´esente la masse molaire d’azote mol´eculaire N2 .
A.N. : n = 8072 mol et m = 226 kg.
2. Soit n0 le nombre de moles d’azote contenu dans l’enceinte apr`es le remplissage.
Cette quantit´e est donn´ee par :
n0 = n + n∗
(15)
Cependant, la masse m0 du gaz d’azote apr`es le remplissage est :
m0 = n0 MN2 = 2n0 MN
A.N. : n0 = 18072 mol et m0 = 506 kg.
(16)
Correction des TD de Thermodynamique I (S´erie 03 : 2015/2016) - Prof. H. Chaib
3
3. Selon l’´equation d’´etat des gaz parfaits, la pression p0 juste apr`es le remplissage est
donn´ee par :
n0 RT 0
p0 =
(17)
V
A.N. : p0 = 25,77 bar.
4. Selon l’´equation d’´etat des gaz parfaits, la pression p00 apr`es le refroidissement
s’´ecrit :
n0 RT 00
00
p =
(18)
V
A.N. : p00 = 22,39 bar.
5. La variation de l’´energie interne lors du refroidissement du gaz, qui se comporte
comme un gaz parfait, est donn´ee par :
dU = CV dT
(19)
∆U = CV (T 00 − T 0 )
(20)
soit :
o`
u CV = 25 nR car il s’agit d’un gaz diatomique.
A.N. : ∆U = −16,90 103 kJ.
6. Selon le premier principe de la thermodynamique, la variation de l’´energie interne
lors du refroidissement du syst`eme, qui est un syst`eme ferm´e, est donn´ee par :
dU = δW + δQ
(21)
Or la transformation est isochore (c.-`a-d. dV = 0), alors :
δW = −pdV = 0
(22)
dU = δQ
(23)
Q = ∆U
(24)
d’o`
u:
soit :
A.N. : Q = −16,90 103 kJ.
Exercice 3
1. Le nombre de moles n d’air qui se trouve dans le cylindre est donn´e par :
n=
m
Mair
(25)
avec Mair = 0,8MN2 + 0,2MO2 repr´esente la masse molaire de l’air qui est constitu´e
de 80% d’azote mol´eculaire N2 et 20% d’oxyg`ene mol´eculaire O2 .
A.N. : Mair = 28,8 g mol−1 et n = 0,035 mol.
2. Selon l’´equation d’´etat des gaz parfaits, le volume V1 du gaz avant l’injection du
carburant s’´ecrit :
nRT1
V1 =
(26)
p1
A.N. : V1 = 55,36 cm3 .
Correction des TD de Thermodynamique I (S´erie 03 : 2015/2016) - Prof. H. Chaib
4
3. Soient p2 , V2 et T2 les grandeurs thermiques caract´erisant le gaz a` l’int´erieur du
cylindre apr`es l’injection du carburant. L’injection est r´egl´ee de mani`ere a` maintenir
la pression constante dans le cylindre. Alors, la pression est la mˆeme avant et apr`es
l’injection c’est a` dire p2 = p1 . Pour une transformation isobare, on a :
dH = dU + d(pV )
= δWv + δQ + pdV + V dp
(27)
or δWv = −pdV et dp = 0, alors :
δQ = dH = Cp dT
soit :
Z T2
Q=
T1
Cp dT = Cp (T2 − T1 )
(28)
(29)
d’o`
u la temp´erature T2 est donn´ee par :
T2 =
Q
+ T1
Cp
(30)
avec Cp = 72 nR car il s’agit d’un gaz parfait diatomique.
Selon l’´equation d’´etat des gaz parfaits, le volume V2 s’´ecrit :
V2 =
nRT2
p2
(31)
A.N. : p2 = 45 bar, V2 = 182 cm3 et T2 = 2842 K.
4. Le travail volum´etrique Wv mis en jeu au cours de cette transformation isobare
s’´ecrit :
δWv = −pdV
(32)
soit :
Wv = −p
Z V2
dV
V1
= −p(V2 − V1 )
(33)
A.N. : Wv = −571 J.
5. La variation de l’´energie interne ∆U accompagn´ee `a cette transformation isobare
s’´ecrit :
dU = CV dT
(34)
soit :
∆U =
Z T2
T1
CV dT = CV (T2 − T1 )
(35)
avec CV = 25 nR car il s’agit d’un gaz parfait diatomique.
Pour l’enthalpie, sa variation ∆H accompagn´ee `a cette transformation s’´ecrit :
dH = Cp dT
soit :
∆H =
Z T2
T1
Cp dT = Cp (T2 − T1 )
A.N. : ∆U = 1,428 kJ et ∆H = 2 kJ.
(36)
(37)
Correction des TD de Thermodynamique I (S´erie 03 : 2015/2016) - Prof. H. Chaib
5
Exercice 4
1. Le travail volum´etrique W mis en jeu lors de la premi`ere compression isotherme
entre les ´etats (1) et (2) s’´ecrit :
δW = −pdV = −nRT
dV
V
(38)
soit :
W = −nRT1
Z V2
V1
dV
V
V2
V1
V2
= −p1 V1 ln
V1
= −nRT1 ln
(39)
A.N. : W = 2,303 kJ.
2. On sait que pour un gaz parfait, l’´energie interne U d´epend uniquement de la
temp´erature T . Or T = Cte, alors :
∆U = W + Q = 0
(40)
d’o`
u la quantit´e de chaleur Q est donn´ee par :
Q = −W
(41)
A.N. : Q = −2,303 kJ.
3. Pour une transformation isotherme on a :
pV = p1 V1 = p2 V2 = Cte
soit :
p2 =
p1 V1
V2
(42)
(43)
A.N. : p2 = 10 bar.
4. Pour une transformation isotherme l’´energie interne U et l’enthalpie H d’un gaz
parfait d´ependent uniquement de sa temp´erature T . Or T = Cte, alors :
∆U = 0
et
∆H = 0
(44)
A.N. : ∆U = 0 J et ∆H = 0 J.
5. Si on remplace de l’air par de l’hydrog`ene mol´eculaire H2 ou l’h´elium He, les
r´esultats ne changent pas parce que la nature du gaz ne change pas les donn´ees qui
interviennent dans les calculs.
Exercice 5
1. L’air est consid´er´e comme un gaz parfait constitu´e d’azote mol´eculaire N2 et
d’oxyg`ene mol´eculaire O2 . L’air est un gaz diatomique car ses deux constituants
sont diatomiques. Cependant, ses capacit´es calorifiques s’´ecrivent :
5
CV = nR
2
et
7
Cp = nR
2
(45)
Correction des TD de Thermodynamique I (S´erie 03 : 2015/2016) - Prof. H. Chaib
6
Alors, son indice adiabatique γ s’´ecrit :
γ=
Cp
7
=
CV
5
(46)
A.N. : γ = 1,4.
2. Pour une transformation isentrope on a :
pV γ = p1 V1γ = p2 V2γ = Cte
soit :
(47)
p1 V1γ
V2γ
p2 =
(48)
A.N. : p2 = 25,12 bar.
3. Le travail volum´etrique W12 mis en jeu au cours de cette compression adiabatique
r´eversible (c.-`a-d. isentrope) entre les ´etats (1) et (2) s’´ecrit :
W12 = −
Z V2
pdV
(49)
V1
Or, selon la loi de Laplace (c.-`a-d. pV γ = Cte), on a :
p=
p1 V1γ
Vγ
alors :
W12 = −p1 V1γ
soit :
(50)
Z V2
V1
dV
Vγ
(51)
#
W12
p1 V1γ
1
1
=
γ−1 −
γ−1
γ − 1 V2
V1
#
W12
1
p1 V1γ
p1 V1γ
=
−
γ − 1 V2γ−1 V1γ−1
"
ou bien :
"
(52)
(53)
or p1 V1γ = p2 V2γ , alors :
W12 =
1
(p2 V2 − p1 V1 )
γ−1
(54)
Les ´echanges de chaleur lors d’une transformation isentrope sont nuls, alors :
Q12 = 0
(55)
A.N. : W12 = 3,780 kJ et Q12 = 0 J.
4. La quantit´e chaleur Q12 ´echang´ee au cours de cette transformation isentrope est
nulle, alors :
∆U12 = W12
(56)
Pour une transformation quelconque d’un gaz parfait, on a :
∆H12 =
Z T2
T1
Cp dT = γ
Z T2
T1
CV dT
(57)
soit :
∆H12 = γ∆U12
A.N. : ∆U12 = 3,780 kJ et ∆H12 = 5,292 kJ.
(58)
Correction des TD de Thermodynamique I (S´erie 03 : 2015/2016) - Prof. H. Chaib
7
5. Si on remplace de l’air par de l’hydrog`ene mol´eculaire H2 qui est aussi un gaz
diatomique comme l’air, les r´esultats ne changent pas parce que les donn´ees qui
interviennent dans les calculs ne changent pas. Mais si on remplace de l’air par de
l’h´elium He qui est un gaz monoatomique, les r´esultats vont changer parce que l’indice adiabatique qui intervient dans les calculs vaut 35 pour un gaz monoatomique
au lieu de 57 pour un gaz diatomique.