DM28 • Moteur et détente - s.o.s.Ryko

DM28 • Moteur et détente de l’hélium
I Cycle moteur [Véto 2001]
Attention : une grande attention sera portée à la qualité des applications numériques (les donner
avec 3 ou 4 chiffres significatifs)
Un moteur ditherme fonctionne entre deux thermostats
selon un cycle constitué de deux transformations adiabatiques
P
réversibles et de deux transformations isochores. Les
températures des thermostats sont T FR (source froide) et
T CH (source chaude) avec T FR < T CH . Le cycle est décrit
C
T CH
par n moles de gaz supposé parfait de capacité thermmique
molaire à volume constant C Vm constante. Pour ce gaz, B
D
le rapport γ de la capacité thermique molaire à pression
constante C Pm et de C Vm est égal à 1,4.
A
Les différentes transformations du cycle sont :
T FR
- A → B : compression adiabatique réversible de durée ∆t;
- B → C : compression isochore par contact du gaz avec la
source chaude par l’intermédiaire des parois du cylindre qui
V B =V C V A =V D V
le contient pendant une durée ∆t 1 ;
- C → D : détente adiabatique réversible de durée ∆t;
- D → A : détente isochore par contact du gaz avec la source froide par l’intermédiaire des parois
du cylindre qui le contient pendant une durée ∆t 2 .
On ne tiendra pas compte de la capacité thermique du cylindre contenant le gaz.
Chaque grandeur pression P, volume V et température T du gaz en un point du cycle sera
indicée par la lettre de ce point.
On notera α le rappport volumétrique V A
V B
= V D
V C
= α.
Données : T FR = 350 K; T CH = 1100 K; α = 10.
Constante des gaz parfaits : R = 8,314 J.K −1 .mol −1 ; n = 0,05 mol.
∆t = 1,00.10 −2 s; ∆t 1 = 4,43.10 −2 s; ∆t 2 = 3,45.10 −2 s.
1) Établir la relation de Mayer. En déduire les expressions de C Vm et C Pm en fonction de R et
de γ.
A.N. : calculer C Pm et C Vm .
2) Montrer que pour une transformation isentropique réversible d’un gaz parfait de rapport γ
constant, on a la relation PV γ = Cte.
En déduire l’expression littérale de T B en fonction de T A , α et γ, ainsi que celle de T D en fonction
de T C , α et γ.
A.N. : calculer T B et T D sachant que T A = 390 K et T C = 1000 K.
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3) Déterminer, en fonction de n, R, T A , T C , α et γ, les expressions littérales :
- du transfert thermique Q C reçu par le gaz, pendant la durée du cycle, de la part de la source
chaude;
- du transfert thermique Q F reçu par le gaz, pendant la durée du cycle, de la part de la source
froide.
A.N. : calculer Q C et Q F .
4) Déterminer, en fonction de n, R, T A , T C , α et γ, l’expression littérale du travail W reçu par

Cycle moteur et détente de l’hélium 2012-2013
le gaz pendant la durée d’un cycle.
Quelle est la puissance moyenne P de ce moteur?
A.N. : calculer W et P.
5) Définir le rendement η de ce cycle moteur. Déterminer l’expression littérale de η en fonction
uniquement de α et de γ.
A.N. : calculer η.
6) Démontrer l’expression littérale de la valeur maximale η max du rendement prévue par le
théorème de Carnot?
A.N. : calculer η max . Comparer η et η max . Que peut-on en conclure?
7) Déterminer, en fonction de n, R, T A , T C , α et γ, les expressions littérales ∆S AB , ∆S BC ,
∆S CD et ∆S DA , de la variation d’entropie du gaz pour les quatre transformations du cycle.
A.N. : calculer ∆S DA et ∆S BC .
8) Quelle est la variation d’entropie du gaz au cours d’un cycle?
9) Déterminer, en fonction de n, R, T A , T C , T CH , α et γ, la variation d’entropie ∆S CH de la
source chaude.
A.N. : calculer ∆S CH .
10) Déterminer, en fonction de n, R, T A , T C , T FR , α et γ, la variation d’entropie ∆S FR de la
source froide.
A.N. : calculer ∆S FR .
11) Quelle est la variation d’entropie ∆S ∞ , au cours d’un cycle, du système constitué de
l’ensemble des sources de chaleur et du gaz?
A.N. : calculer ∆S ∞ . Commenter le résultat.
12) Que les transferts thermiques aient lieu avec l’une ou l’autre des sources, on suppose que,
à partir de l’instant t et pendant une durée infinitésimale dt, ils sont de la forme :
DM28 • T5
{ δQC = λ(T CH −T(t)).dt au cours de la transformation B → C
δQ F = λ(T FR −T(t)).dt au cours de la transformation D → A
T(t) étant la température du gaz, supposée uniforme, à la date t et λ une constante positive.
On prendra λ = 4,5 uSI.
12.a) Quelle est l’unité de λ, exprimée en fonction des unités de travail, de température et de
temps du système international?
12.b) Quelle est l’unité de λ, exprimée en fonction des unités fondamentales du système international?
13) On pose τ = nC Vm
λ . Déterminer la relation entre T FR, T A , T D , τ et ∆t 2 .
Quelle est l’unité fondamentale de τ ? Que représente τ ?
14) Déterminer la relation entre T CH , T B , T C , τ et ∆t 1 .
15) Déterminer les valeurs limites T A,lim et T C,lim de T A et T C lorsque ∆t 1 et ∆t 2 tendent vers
l’infini.
16) Représenterlecyclemoteurétudiédanslediagrammeentropiqueenjustifiantthéoriquement
les allures des courbes représentatives de chaque transformation. Y faire également apparaître
les isothermes T CH et T FR .
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2012-2013
Cycle moteur et détente de l’hélium
II Détente de l’hélium [ENAC 2006, q. 19-24]
Une enceinte cylindrique fermée par un piston, mobile
sans frottement, contient 500g d’hélium gazeux,
monoatomique, de masse molaire M = 4 g.mol −1 .
Dans l’état (1) initial, le volume de l’enceinte est
V 1 = 100 L, et le gaz, supposé parfait, est à la
température T 1 = 600 K.
On rappelle que l’énergie interne de n moles de gaz
parfait monoatomique à la température T s’écrit :
U = 3 2 nRT, où R = 8,31 J.K−1 .mol −1 désigne la constante des gaz parfaits.
1) Calculer la capacité thermique massique à volume constant c V de l’hélium :
A) c V = 1,38 kJ.K −1 .kg −1 B) c V = 2,91 kJ.K −1 .kg −1
C) c V = 3,12 kJ.K −1 .kg −1 D) c V = 5,19 kJ.K −1 .kg −1
2) Par déplacement du piston, le gaz subit une détente isotherme, supposée réversible, qui le
conduit à l’état (2) caractérisé par un volume V 2 = 250 L.
Calculer la pression P 2 du gaz dans ce nouvel état :
A) P 2 = 2,49.10 6 Pa B) P 2 = 2,49.10 3 Pa
C) P 2 = 9,97.10 6 Pa D) P 2 = 9,97.10 3 Pa
3) Quel est le travail W 12 reçu par le gaz au cours de cette évolution isotherme?
A) W 12 = −2280 kJ B) W 12 = −571 kJ
C) W 12 = 571 kJ D) W 12 = 2280 kJ
4) On envisage une nouvelle évolution réversible, constituée d’une détente adiabatique entre
l’état (1) et un état intermédiaire (3) de volume V 3 = V 2 , suivie d’un chauffage isochore entre
l’état (3) et l’état final (2), défini précédemment. Déterminer la température T 3 de l’état intermédiaire
:
A) T 3 = 326 K B) T 3 = 416 K C) T 3 = 866 K D) T 3 = 1105 K
5) CalculerletravailW 132 reçuparlegazaucoursdesévolutionsuccessives:(1) → (3) → (2):
A) W 132 = −287 kJ B) W 132 = −427 kJ
C) W 132 = 414 kJ D) W 132 = 787 kJ
6) Déterminer la variation d’entropie ∆S du gaz entre l’état (1) et l’état (2) :
A) ∆S = −3807 J.K −1 B) ∆S = −952 J.K −1
C) ∆S = 952 J.K −1 D) ∆S = 0 J.K −1
DM28 • T5
7) Représenter dans le diagramme de Watt les trois états thermodynamiques ((1), (2) et (3))
ainsi que les courbes des trois évolutions étudiées ((1) → (2), (1) → (3) et (3) → (2)). On
prendra soin de faire apparaître P 1 , P 2 , V 1 et V 2 .
8) Établir, pour un état intermédiaire {S, T} de la transformation isochore réversible entre (3)
et (2), l’expression donnant la température T en fonction de l’entropie S, de S 1 , de T 3 et de C V
(capacité thermique à volume constant).
9) Représenter dans le diagramme entropique les trois états thermodynamiques ainsi que les
courbes des trois évolutions étudiées. On prendra soin de faire apparaître T 1 , T 3 , S 1 et S 2 .
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Cycle moteur et détente de l’hélium 2012-2013
Solution
I. Cycle moteur – 1) ➜ Cf Cours : C Pm −C Vm = R (relation de Mayer, pour un
GP).
C Pm = γR
γ −1 = 29,10 J.K−1 .mol −1
et C Vm = R
γ −1 = 20,78 J.K−1 .mol −1 .
2) Une transformation isentropique réversiblé étant une transformation quasi-statique, à entropie
constante, on peut appliquer la première identité thermmodynamique, pour un gaz parfait
(vérifiant⎧donc la premier loi de Joule) :
⎨ 0
dS = dU GP +PdV dT
⎩ = nC Vm
T T +nRdV V = nR (dlnT +(γ −1)dlnV) ⋆
γ −1
On én déduit un des trois relation de Laplace pour un gaz parfait subissant une isentropique
réversible
⎧
(=adiabatique réversible) : TV γ−1 = Cte ; soit, puisque PV = nRT : PV γ = Cte
⎨ comme T A V γ−1
A
= T B V γ−1
B
Donc,
, on en déduit : T B = T A α γ−1 = 979,6 K
⎩
et comme T D V γ−1
D
= T C V γ−1
C
, on en déduit : T D = T C α 1−γ = 398,1 K
3) La transformation B → C étant une isochore et concernant un gaz parfait (qui vérifie donc
la première loi de Joule) : Q C = Q B→C,V = ∆U B→C,GP = nC Vm (T C −T B ) soit :
Q C = nR
γ −1 (T C −T A α γ−1 ) = 21,16 J
De même : Q F = Q D→A,V = ∆U D→A,GP = nC Vm (T A −T D ) soit :
Q F = nR
γ −1 (T A −T C α 1−γ ) = −8,43 J
4) D’après le premier principe de la Thermodynamique appliqué au gaz subissant un cycle,
l’énergie interne étant fonction d’état : ∆U =
{ 0
W +Q C +Q F
soit : W = −Q C −Q F , d’où :
DM28 • T5
W = nR [ (
TA α γ−1 −1 ) (
+T C α 1−γ −1 )] = −12,74 J et P =
γ −1
5) η =
grandeur utile
grandeur investie = − W Q C
W
2∆t+∆t 1 +∆t 2
= −128,9 W
Soit, d’après le premier principe : η = 1+ Q F
Q C
, ce qui conduit à : η = 1−α 1−γ = 60,2%
6) ➜ Cf Cours : Pour le cycle de Carnot entre deux thermostats T CH et T FR le rendement s’écrit :
η max = 1− T FR
T CH
= 68,2%
Commentaire : η max > η. On vérifie que le cycle réel est un cycle irréversible et que le cycle
de Carnot correspond au rendement maximal d’un cycle moteur fonctionnant entre les deux
thermostats considérés.
7) • ∆S AB = ∆S CD = 0 (transformations isentropiques)
• La transformation B → C étant une isochore
- concernant un gaz parfait (qui vérifie donc la première loi de Joule)
- quasi-statique (puisque représentable dans le diagramme de Clapeyron),
on peut appliquer Premier
∫
Identité Thermodynamique ⋆.
C ∫ C
dT
On obtient : ∆S BC = dS = nC Vm
T +nR✟✟ dV
V = nR
γ −1 ln T C
= nR ( )
T B γ −1 ln TC
T A α γ−1
B
B
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2012-2013
Cycle moteur et détente de l’hélium
[ ( ) ] 1
∆S BC = nR
γ −1 ln TC
−lnα = 2,138.10 −2 J.K −1
T A
De même, pour la transformation D → A, on a : ∆S DA = nR ( )
γ −1 ln TA
T C α 1−γ
[ ( ) ] 1
∆S DA = nR
γ −1 ln TA
+lnα = −2,138.10 −2 J.K −1
T C
8) Par propriété d’une fonction d’état, sur un cycle : ∆S = S A −S A = 0 .
Les expressions littérales précédents permettent de le vérifier puisque :
∆S = ❳ ∆S ❳❳ A→B ❳ + ✘ ∆S ✘ ✘✘ B→C + ❳ ∆S ❳❳ C→D ❳ + ✘ ∆S ✘✘ ✘ D→A = 0
9) Puisqu’un thermostat subit une transformation réversible, par application du deuxième
principe :
∆S CH = éS
CH = Q SC
= − Q C
= nR
T CH T CH γ −1 .T Aα γ−1 −T C
= −1,924.10 −2 J.K −1 .
T CH
10) De même : ∆S FR = éS
FR = Q SF
T FR
= − Q F
T FR
= nR
γ −1 .T Cα 1−γ −T A
T FR
= 2,407.10 −2 J.K −1 .
11) L’entropie étant une fonction d’état extensive, elle est également, en thermodynamique
classique, additive. Donc : ∆S ∞ =✟∆S ✟ +∆S FR +∆S CH = 4,83.10 −3 J.K −1
Commentaire : On vérifie que le cycle étudié est irréversible puisque ∆S ∞ = ✚
✚ é
S∞ + p S ∞ > 0.
12) u(λ) = J.K −1 .s −1 = kg.m 2 .s −3 .K −1
13) δQ F = δQ F,V = dU GP = nC Vm dT = λ(T FR −T).dt, soit : dT
dt + T τ = T FR
τ
∫ TA
T D
nC Vm
λ . dT
T FR −T = ∫ ∆t2
0
( )
TFR −T A
dt ⇔ −τ ln
T FR −T D
ou encore :
( )
TD −T FR
= ∆t 2 ⇔ ∆t 2 = τ ln
T A −T FR
Commentaire : L’équation différentielle qu’on a pu écrire faire apparaître τ = nC Vm
comme
λ
homogène à un temps (unité : la seconde), plus précisément il s’agit de la durée caractéristique
de la transformation étudiée.
( )
TCH −T B
14) De même δQ C = nC Vm dT = λ(T CH −T).dt, soit : ∆t 1 = τ ln
T CH −T C
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15) T A,lim = T RF et T C,lim = T CH
T
T CH
16) La première identité thermodynamique pour une
TéQS isochore d’un GP s’écrit :
dS = dU T + PdV dT
= C V
T T +nR✟✟ dV
⎧ ( ) V ( , soit )
:
S −SB S
⎪⎨ T = T B exp = Kexp pour B → C
( nC Vm ) ( C V )
S −SD S
⎪⎩ T = T D exp = K ′ exp pour D → A
nC Vm C V
Ainsi, les courbes représentatives de transformations isochores
sont des portions d’exponentielles croissantes dans
le diagramme entropique.
B
A
S A =S B
C
D
S C =S D
T FR
S
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Cycle moteur et détente de l’hélium 2012-2013
II. Détente de l’hélium – Rq : n = m M
= 125 mol
1) U = 3 2 .nRt = C V.T (1 e loi de Joule) ⇒ d’où C V = m.c V = 3 2 .nR
Soit : c V = C V
m = 3 2 . R M = 3,12 kJ.K−1 .kg −1 Rép. 1.C)
2) P 2 = nRT 2
V 2
= m M .RT 1
V 2
= 24,9 bar = 2,49.10 6 Pa Rép. 2.A)
3) W 1→2 =
∫ 2
1
δW =
∫ 2
(a) : TQS* car réversible, donc P ext = P
(b) : car GP
(c) : car isotherme T = Cte = T 1
( )
V2
Soit W 12 = −nRT 1 .ln = −P 2 V 2 .ln
V 1
1
∫ 2 ∫ 2
−P ext .dV = (a) −P.dV = (b)
1
(
V2
)
= −571 kJ Rép. 3.B)
V 1
1
− nRT
V .dV =(c) −nRT 1
∫ 2
1
dV
V
4) • Pour un Gaz Parfait Monoatomique, connaissant la Relation de Mayer :
γ = C P
C V
= C V +nR
C V
=
5
2 nR
3
2 nR = 5 3 ≃ 1,67
• Pour la transformation (1) → (3), le système étant un Gaz Parfait subissant une adiabatique
réversible (donc isentropique), on peut lui appliquer les lois de Laplace, soit : TV γ−1 = Cte,
i.e. : T 1 V γ−1
1 = T 3 V γ−1
3
( ) γ−1 V1
D’où : T 3 = .T 1 = 326 K Rép. 4.A)
V 3
DM28 • T5
5) W 132 = W 13 +W 32 , avec :
⎧ ∫ 2 ∫ 2
⎪⎨ W 32 = δW = −Pext.✟dV ✟ = 0 isochore
⎪⎩
3 3
W 13 = (a) ∆U 13 − ✟
✟
Q 13 = (b) C V .(T 3 −T 1 ) = (c) 3 2 .nR.(T 3 −T 1 )
Donc : W 132 = W 13 = 3 2 .m M .(T 3 −T 1 ) = −427 kJ Rép. 5.B)
(a) : 1 e Principe + adiabatique
(b) : GP et 1 e loi de Joule
(c) : GPM
6) ∆S = ∆S rév =
( )
V2
nR.ln
V 1
∫ 2
1
dS rév = (a) ∫ 2
1
dU +P.dV
T
Car :
(a) : 1 e Identitté Thermodynamique
(b) : 1 e loi de Joule et Équation d’état d’un GP
= (b) ∫ 2
1
C V .dT
T
∫ 2
nR.dV
+
1 V
= 3 ( ✚)
2 .nR. T2
ln
✚ ✚✚✚ +
T 1
( )
V2
D’où : ∆S 1→2 = nR.ln = 952 J.K −1 Rép. 6.C)
V 1
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2012-2013
7)
9)
Cycle moteur et détente de l’hélium
P 1
P
(1)
T 1
(2)
T 1
T
(1)
isentr.
isotherme
(2)
isentr.
isoch.
isoch.
T 3
S 1 S 2
P 2
V 1 V 2
(3)
(3)
V
S
8) • Pour une transformation isochore élémentaire, la 1 e Identité Thermodynamique donne, pour
un GP vérifiant la 1 e dU +P.✟✟ dV dT
loi de Joule : dS = = C V
T T
• Donc, en sommant entre l’état (3) {S 3 , T 3 } et un état thermodynamique ( ) intermédiaire {S, T}
T
sur l’isochore réversible (3) → (2), on obtient : S −S 3 = C V .ln
T 3
Or, comme S 3 = S 1 ((1) → (3) est une adiabatique réversible, donc une isentropique), on
( ) S −S1
obtient : T = T 3 .exp
C V
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