DM 9 CORRECTION THERMODYNAMIQUE. A.2. Dans le cas d un gaz parfait : p = nrt ( ) p V. = nr. = p T T T. = p = l. Détente de Joule et Gay-Lussac

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1 Commentaires Problème iré de CCP P 006 Epreuve Pour les calculs de C v et U, les intégrations doivent être faites avec soin en précisant par rapport à quoi on intègre et la variable qui reste fixe. Le sujet demandait de faire apparaître une constante dans l expression de U, qui disparaissait dans l expression de H proposée plus loin. C était sans gravité car on ne calcule que des variations de H, mais c est quand même troublant. Il y a eu des erreurs sur les calculs des pour les détente de JOULE. Il fallait faire apparaître un infiniment petit en / et faire un développement limité au er ordre. Problème iré de CCP P 007 Epreuve eaucoup d erreurs sur les applications numériques, surtout dans la partie thermochimie, notamment avec les J des Cp et les kj des H. éfiez vous! f Problème.. Fonctions d état U.. Par définition, la capacité thermique à volume constant est : C v = ; la capacité thermique à pression constante est : C p = H p.. Si l énergie interne ne dépend pas de alors le terme l p est nul donc l=p. Si l enthalpie ne dépend pas de p alors le terme k+ est nul et k =. D 9 CORRECION HERODYNIQUE.. Dans le cas d un gaz parfait : p = nr p = nr = p bien p = p = l Détente de Joule et Gay-Lussac.. Pour gaz parfait monoatomique, on a : On en déduit : U = 3 nr C v = 3 nr Cv Par ailleurs, on a aussi : p = nr p Ce qui confirme la relation : Cv p = dans le cas du gaz parfait monoatomique... L équation d état donne : p = R b a. : p = R b + a et p = a 3. La capacité thermique à volume constant est donc telle que : Cv = a. On a alors par intégration par rapport à à fixée : C v = a + f. Comme C v, C 0 indépendant de, on a donc C v = a +C D après la question.., on a pour cette équation d état : l= R b + a a et l p =. D après la définition de la différentielle de U : U l p= = a ce qui s intègre par rapport à à fixée en Par ailleurs, U = a + f U = C v = a ce qui s intègre par rapport à à fixée en U = a + g Finalement, on en déduit : U = a +C 0 +U 0. Si l on veut retrouver le cas du gaz parfait dans le cas a, on s impose U Les conditions expérimentales de la détente de JOULE et GY-LUSSC sont les suivantes : enceinte rigide et calorifugée séparée en deux sous-enceintes de volume et par une paroi ;

2 Page D 9 CORRECION Lycée Clemenceau Nantes PSI 3 au départ seule la sous-enceinte de volume contient du gaz, l autre étant vide ; à t, on enlève la paroi. Si on s intéresse au système formé par les deux sous-enceintes, celui-ci ne reçoit ni travail système rigide donc = cste, ni chaleur système calorifugé. d après le premier principe U pour le système et donc pour le gaz car l énergie interne du vide est nulle..4. ici : 0= U a a = +C 0 + +C 0 + = C 0 a + = C 0 + a + d où = a C 0 + a..4.3 La transformation est clairement irréversible. Comme, de plus, elle est adiabatique, le second principe de la thermodynamique implique que l entropie du gaz augmente pplication numérique : =,4 K Pour un gaz parfait, la première loi de Joule indique que l énergie interne ne dépend que de, donc, comme U est constant au cours de la transformation, l est aussi et donc pour une détente de JOULE et GY-LUSSC d un gaz parfait. C Détente de Joule homson C.. Par définition H = U+ p, d où H = a +C 0 + p = C 0 + R + b a R p a or a = ap R + p et p R car c est un R terme correctif à l équation d un gaz parfait. bien H = C 0 + R + b 3a R p C.. C.. Pour une détente de Joule homson H. C.. : D 0= H 3a = C 0 + R + + b R + C 0 + R + b 3a ] R p = C 0 + R b p 3ap R = C 0 + R + b p 3ap R = p b 3a R p + C 0 + R+ 3ap 4R 3 C..3 pplication numérique : =,0 K. pplication des principes D.. L énergie totale d un système est la somme de son énergie cinétique macroscopique, de l énergie potentielle des forces extérieures et de son énergie interne i.e. E = E c + E p +U. D.. Pour un système fermé, le premier principe s écrit : E = W +Q. D.3. D.3. La masse qui entre pendant dt est comprise dans le volume w dtσ. À l instant t la masse du système St est v+ρ w dtσ. La masse qui sort pendant dt est comprise dans le volume w dtσ. À l instant t + dt la masse du système St + dt est v + ρ w dtσ. Le système étant fermé, on a donc v+ρ w Σ dt = v+ρ w Σ dt. Le régime étant stationnaire, on obtient : ρ w Σ = ρ w Σ. D.3. Entre les instants t+ dt et t la variation de l énergie du système est : E = Et+ dt Et soit = Ev+E c + E p +U Ev E c E p U E = w + g z + u w g z u D autre part le système étant fermé, le premier principe conduit à : E = δw + δw + δq. Le travail δw des forces de pression s écrit : δw = p w dtσ + p w dtσ = p ρ + p ρ car ρ w Σ dt = ρ w Σ dt = question précédente. w + g z + u w g z u = p ρ + p ρ + δw + δq d après la

3 Page 3 D 9 CORRECION Lycée Clemenceau Nantes PSI 3 E Comme u i + p i ρ = h i i par définition de l enthalpie on déduit : w + g z + h w g z h ] = δw + δq D.3.3 La détente de JOULE HOSON correspond à : δq car le système est calorifugé ; δw car il n y a pas d autre travail que celui des forces de pression ; w 0 et w 0 car l écoulement est lent ; z = z car l écoulement est horizontal. On a alors h = h. Détente dans une tuyère E.. On a ici δq car le système est calorifugé et δw car il n y a pas de perte énergétique. De plus la tuyère est horizontale. wx + hx w + h d où wx + Hx w + H. E.. La détente étant adiabatique et réversible, elle est isentropique. L identité thermodynamique : dh=v ds donne alors E.3. hx h = dh= v= ρ. Hx H = px p ρ. D après la question précédente, on en tire : wx w px + ρx. E.3. Pour un gaz parfait, lors d une détente isentropique la loi de LPLCE peut s écrire sous la forme : pρ = constante. p On a alors : px p ρ = p / ρx = p ρ px. / / ρ = p/ ρ = p ρ px p px / px /+ p /+ ε /+ wx = w p ρ ε /+. Comme le gaz est parfait p = R ρ et C p = R. On obtient donc : wx = w C p ε / avec ǫ= p px. E.3. D après la question D.3. le débit massique est q m = wxρxσx. Comme le gaz est parfait et la détente isentropique, on obtient E.3.3 q m = wxσxρ p px / et donc q m = wxσxρ ε / avec ǫ= p px E.3.3. D après les questions E.3. et E.3., on en déduit Cp q m = Σxρ ε / ε / /. K = ρ Cp f ε=ε / ε / /. E.3.3. On a f ε= ε/ + ε / ε / ε +/. f ε=0 quand et D où ε 0 = + ε /. +. La fonction est alors croissante sur 0 ; ε 0 ] et décroissante sur ε 0 ; ]. E px étant une fonction décroissante de x, ε varie de à p. Si p est supérieure à ε 0 alors f ε croit avec x. p p Comme q m est constant, cela signifie que Σx décroit. E Si p p est inférieure à ε 0 alors f ε croit puis décroit avec x. Comme q m est constant, cela signifie que Σx décroit puis croit. Dans ce cas p 0 = p ε 0 d où E p 0 = p +. D après la question E.3, on a alors w0 = C p ε / 0 d où R w 0 = + E pplication numérique : on a donc p 0,6 bar et w 0 = 87 m s. E Si p = bar alors ε = /0 et donc w =,5.0 3 m s.

4 Page 4 D 9 CORRECION Lycée Clemenceau Nantes PSI 3 Problème Etude du système liquide-vapeur I - Diagramme de Clapeyron P, v du système liquide-vapeur de l eau I.. I.. Le diagramme p, v et les isothermes sont données par la figure suivante : P I.3. liquide L C liquide+vapeur vapeur > C C < C En exploitant l extensivité de la fonction enthalpie, on peut écrire : H = H liq + H vap = m liq h L + m vap h G = xmh L + xmh G où m est la masse totale du mélange liquide vapeur et x la fraction massique de vapeur. En utilsant H = mh m, il vient : h m = xh L + xh G d où on tire : x= h m h L /h G h L Le même calcul est valable pour le volume. I.4. Par définition : l v =h G h L v II - Détente adiabatique réversible d un système liquide-vapeur II.. Le volume massique de l eau vaut : v m = m = m3.kg d où la fraction massique : x = v m v L v G v L,597 II.. La détente est adiabatique et réversible donc isentropique. Dans le diagramme, s l évolution du système est donc : I F s On peut calculer la variation d entropie le long du chemin IF. On obtient : 0= s = s F s +s s =s s I Pour les différentes étapes, le calcul de la variation d entropie donne : s F s = x s + x s s = x s s = x h G50 h L50 50 s s = c l ln s s I = s xs xs s = xs s = x h G00 h L00 00 On en déduit x 50 = x h G00 h L00 c l ln ] 50 h G50 h L numériquement, il vient : x,57 II.3. Dans le cas x = x = x, on a la relation : d où on tire soit x h G50 h L c l ln x h G00 h L00 00 x = h G00 h L00 00 c l ln x,455 h G50 h L50 50 III - odèle de fonctionnement d une turbine à vapeur. Cycle de Rankine III.. Le cycle décrit par l eau dans le diagramme de Clapeyron P, v prend la forme suivante : p p P D E F v III.. u cours de l évolution adiabatique réversible : ds = δq Par ailleurs, du s exprime de deux façons différentes : du= ds pdv = pdv u du= mc l d + dv v

5 Page 5 D 9 CORRECION Lycée Clemenceau Nantes PSI 3 Ce qui conduit à : u mc l d = v ] p dv Si l on suppose que dv 0, alors d 0 et =. III.3. Le calcul du titre en vapeur se fait comme à la question II., on calcule la variation d entropie le long du chemin EDF en utilisant le fait que s E = s F. Pour les différentes étapes, le calcul de la variation d entropie donne : On en déduit s F s = xs + xs s = xs s = x h G35 h L35 35 s s D = c l ln s D s E == h G85 h L x= h G35 h L35 numériquement, il vient : hg85 h L85 c l ln ] x,66 La valeur de l enthalpie massique h mf liquide-vapeur s obtient par : h mf = xh + xh Numériquement, on trouve : h mf = 743,63 J.kg du système III.4. Les quantités de chaleur q et q reçues par kg d eau dans le condenseur et dans le générateur de vapeur s obtiennent par application du er principe pour un système ouvert, où on néglige les variations de hauteur et de vitesses d écoulement; on a ainsi : et q = h h F = 597,9 J/kg q = h E h D + h D h = h G85 h L85 + c l D = 55,7 J/kg III.5. Lorqu on considère les variations de la fonction d état h sur un cycle, on a h. Par ailleurs, l application du premier principe aux différents éléments vus comme des systèmes ouverts donne : h = w+ q + q w = q q = 955,43 kj/kg III.6. L efficacité est donnée pour un moteur ditherme par e = w q. Numériquement, on obtient e = 37,4%. Pour un cycle de CRNO réversible, le second principe s écrit : s = q + q q = q d où on déduit : e = w q = q q + = = 44,8% C est bien supérieur au rendement précédent! I - Préparation du combustible nucléaire I.. L équation-bilan de la réaction entre UO 3 et NH 3 s écrit : 3 UO 3 s + NH 3 g = 3 UO s + N g + 3 H O g I.. La loi de HESS conduit à : r H 98K=3 f H UO +3 f H H O 3 f H UO 3 f H N H 3 = 6,5 kj/mol Pour trouver la valeur de r H à une autre température, on applique la loi de KIRCHHOFF où r H = r H 98K+ r C p 98 r C p =3C p UO +3C p H O+C p N 3C p UO 3 C p N H 3 soit numériquement : r Cp = 4,8 J/K/mol. I.3. L application numérique donne : r H 500K= 5,5 kj/mol Comme r H 500K<0, la réaction est exothermique.