IÉtude d'une climatisation - s.o.s.Ryko

Correction du Devoir Surveillé n o 9
Physique : Thermodynamique
I Étude d’une climatisation [d’après Banque PT 2006, Epreuve C]
1) • Dans l’évaporateur, le fluide subit une vaporisation : il reçoit donc réellement un transfert
thermique de la part de la source chaude : Q DA = Q Ev > 0
• Dans le condenseur, le fluide subit une condensation (liquéfaction) : il fournit donc réellement
un transfert thermique à la source froide : Q BC = Q Cd < 0
2) Puisque le local à climatiser doit réellement céder un transfert thermique au fluide du
climatiseur alors même que le fluide reçoit réellement un transfert thermique lorsqu’il traverse
l’évaporateur, on en déduit que le local à climatiser (source froide) est en contact thermique avec
l’évaporateur.
3) • Principe d’une machine frigorifique :
- on fournit au fluide un travail (W > 0) pour qu’il
- reçoive de la chaleur (Q F > 0) de la part de la source
froide (local à « refroidir »)
- et cède un transfert thermique (Q C < 0) à la source
chaude
gdeur utile
• Efficacité frigorifique : η f =
Source
Froide
Local à
=
climatiser
Source
Chaude
Q F >0
Fluide du
Q C 0
5) • Soit :
- Σ la surface de contrôle (ouverte et fixe dans le référentiel d’étude) centrée sur l’élement de
machine entre l’entrée et la sortie
- dm e la masse
entrante dans Σ
entre t et t + dt
- dm s la masse
sortante de Σ
entre t et t + dt
{P e ; v e ; T e }
{P s ; v s ; T s } {P e ; v e ; T e }
(e)
(s) (e)
dm e
Σ ∗ (t)
Σ(t)
Bilan entre t et t+dt
w* es
q es
Σ(t+dt)
Σ ∗ (t+dt)
• On appelle Σ ∗ le système (fermé et mobile dans le référentiel d’étude) constitué :
- à l’instant t : de dm e et de Σ(t)
- à l’instant t + dt : de dm s et de Σ(t + dt)
{P s ; v s ; T s }
(s)
dm s

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• Le système Σ étant fixe et en régime stationnaire, ses caractéristiques sont constantes.
En particulier sa masse : M Σ (t + dt) = M Σ (t)
• Le système Σ ∗ étant fermé, sa masse est constante.
Donc : M Σ ∗(t + dt) = M Σ ∗(t) ⇔ dm s +
M Σ (t + dt) = M Σ (t) + dm s ⇒ dm e = dm s = dm
• Expression des travaux des forces de pression reçus par Σ ∗ entre t et t + dt :
- en amont (travail de poussée à la pression extérieure P e ) : δW e =
- en aval (travail de détente à la pression extérieure P s ) : δW s =
∫ 0
∫ dm.vs
0
dm.v e
−P e .dV = dm.P e .v e
−P s .dV = dm.P s .v s
• Le système Σ ∗ étant fermé, on peut lui appliquer le premier principe de la thermodynamique
entre t et t + dt. Soit, si on néglige les variations d’énergies cinétique et potentielle :
dE = δW + δQ
dE k,e→s + dE p,e→s + dU e→s = δW e + δW s + δWes ∗ + δQ es
dm.u s + U Σ (t + dt) − U Σ (t) −dm.u
} {{ } e = dm.(P e .v e − P s .v s + wes ∗ + q es )
0 (rég. station.)
dm.(u s + P s .v s − u e − P e .v e ) = dm.(w ∗ es + q es )
⇒
h s − h e = w ∗ es + q es
6)
• Transformation A → B :
- la compression étant adiabatique (δS e = δq
T e
= 0) et réversible (δS p = 0),
- elle est isentropique (puisque dS = δS e + δS p = 0).
• Transformation B → C :
- la liquéfaction est un changement d’état physique ;
- il s’agit donc d’une condensation/liquéfaction isobare (à la pression haute) — donc isotherme
• Transformation C → D :
- le détendeur est calorifugé (q CD = 0) et sans pièce mobile (wCD ∗ = 0).
- Puisque h D − h C = q CD + wCD ∗ = 0, la détente est isenthalpique (détente de Joule-Thomson.
• Transformation D → A :
- la vaporisation est un changement d’état physique ;
- il s’agit donc d’une condensation/liquéfaction isobare (à la pression basse) — donc isotherme.
7)
• A → B : compression adiabatique :
• B → C : aucune pièce mécaniques mobiles :
• C → D : détendeur calorifugé et sans pièce mobile :
• D → A : aucune pièce mécaniques mobiles donc :
q AB = 0
wAB
∗ = w Cp = h(B) − h(A)
q BC = q Cd = h(C) − h(B)
wBC ∗ = 0
q CD = 0
wCD ∗ = 0
q DA = q Ev = h(A) − h(D)
wDA ∗ = 0
8) D’après la question 3) : η f = Q F
W = q DA
w ∗ AB
=
h(A) − h(D)
h(B) − h(A)
9) • Pour une transformation élémentaire quasi-statique, la seconde identité thermodynamique
s’écrit : dh = T ds + v.dP
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• Dans le cas d’une isentropique : ds = 0 donc : dh = v.dP
⇒ lorsque dh > 0 alors dP > 0 : log P = f(h) est une fonction croissante de h
Rq : On pouvait être plus précis en supposant, comme l’énoncé y invite pour cette seule question,
que le système est un Gaz parfait, et en utilisant les lois de Laplace (P 1−γ T γ = Cte) couplée à la
2 e loi de
(
Joule
)
(h = c P .T ) :
h
γ
P 1−γ . = Cte ⇒ log(P 1−γ h γ ) = log(Cte) ⇒ log P = K + γ
c P γ − 1 . log h
On a bien une fonction log P = f(h) croissante de h.
• Pour un Gaz parfait (hypothèse de cette question !), la 2 e loi de Joule (h = c P .T ) permet
d’affirmer que les isotherme sont des isenthalpiques, donc des verticales dans le diagramme « des
frigoristes ».
Rq : On constate sur les diagramme fournis que c’est à peu près vérifié pour les faibles pressions
(on se rapproche alors effectivement du modèle du GP), mais que c’est d’autant plus faux que la
pression augmente.
• Sous la courbe de saturation, le système est diphasé, donc monovariant : les isothermes sont
donc des isobares : les isothermes sont des horizontales.
• Phase liquide : pour un liquide considéré comme incompressible et indilatable : dh = c.dT .
On en déduit qu’une isotherme est une isenthalpique : les isothermes sont des verticales pour
le liquide.
10) • Cycle :
• On détermine le titre massique en vapeur au point D en utilisant le théorème des moments :
x V (D) = LD h(D) − h(L)
= ≃ 0, 34
LA h(A) − h(L)
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État A B C D
P (en bar) 2 10 10 2
T (en ∘ C) −10 ≃ 45 ≃ 40 −10
h(en −1 ≃ 391 ≃ 426 ≃ 256 ≃ 256
Titre en vapeur 1 (vap. sèche) 0 ≃ 0, 34
• On déduit de valeurs des enthalpies massiques l’efficacité frigorifique (cf. 8)) :
η f =
h(A) − h(D) 391 − 256
= ≃ 3, 86
h(B) − h(A) 426 − 391
11) • Supposons un cycle de Carnot entre deux sources idéales de chaleur (T F et T C ).
Le 1 e principe sur un tel cycle s’écrit : W + Q C + Q F = 0
Le 2 e principe sur un tel cycle s’écrit, puisqu’il est réversible : Q C
T C
+ Q F
T F
= 0
• On en déduit : η fC = Q F
W =
Q F
−Q F − Q C
=
−1 − Q C
−1 + T C
• Soit, avec T F = −10 + 273 = 263 k et T C = 40 + 273 = 313 K :
T F 263
η fC = = ≃ 5, 26
T C − T F 313 − 263
12) •
1
Q F
=
1
TF
=
T F
T C − T F
• On mesure, graphiquement :
h(A) ≃ 395 kJ.g −1 ⎫⎪
h(B) ≃ 435 kJ.g −1 ⎬
h(A) − h(D) 395 − 227
h(C) ≃ 227 kJ.g −1 ⇒ η = = ≃ 4, 20
⎪ h(B) − h(A) 435 − 395 ⎭
h(D) ≃ 227 kJ.g −1
13) • Sur le graphe, on mesure, pour le palier LV de vaporisation à la température T 0 = 273, 15 K
(θ 0 = 0 ∘ C) :
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h(L) = 200 kJ.kg −1 }
h(V ) ≃ 405 kJ.kg −1 ⇒ L vap (T 0 ) = h(V ) − h(L) = 205 kJ.kg −1
• On a donc : Δs vap = L vap(T 0 )
= 205
T 0 273 ≃ 0, 75 kJ.kg−1 .K −1
Ce que confirme la lecture directe sur le graphe puisque :
s(L) = 1, 00 kJ.kg −1 .K −1 }
s(V ) = 1, 75 kJ.kg −1 .K −1 ⇒ Δs vap = s(V ) − s(L) = 0, 75 kJ.kg −1 .K −1
• On en déduit que, pour une masse m = 2 kg subissant une liquéfaction :
ΔS liq = −m.Δs vap = −1, 50 kJ.K −1
14) Le point critique correspond à un palier de vaporisation réduit à un point.
Graphiquement, le point critique est donc le sommet de la courbe de saturation.
On lit : P C ≃ 50 bar et T C ≃ 368 K (θ C = 95 ∘ C)
Physique : Électrostatique
II
Spire, disque et plan
1) • Les plans (π 1 ) = (Mxz) et (π 2 ) = (Myz)
sont des plans de symétries de la distribution
de charges.
Comme le champ électrique −→ E (M) appartient
à tout plan de symétrie des charges passant par
M on a :
−→ E (M) ∈ ((π1 ) ∩ (π 2 )) = (Mz)
⇒ ∀M ∈ (Oz) −→ E (M) = E(M) −→ e z = E(z) −→ e z
• Composante du champ selon (Oz) :
E(z) = −→ E (M) ▪ −→ (∫
)
−→
e z = dE P (M) ▪ −→ e z
P ∈D
P
dl
dq
θ
y
R
O
x
e PM
α
z
λ=λ 0
• Loi de Coulomb, ∀ z ≥ 0 :
(∫
dq(P )
−→ ) e P →M
E(z) =
.
P ∈D 4πε 0 P M 2 ▪ −→ ∫
λ 0 .dl
−→ e P →M ▪ −→ e z
e z =
.
P ∈D 4πε 0 P M 2
λ 0 cos α
= .
4πε 0 P M
∫P 2 dl
∈D
λ 0 z
= .
4πε 0 P M 3 .2π.R
⇒ ∀ z ≥ 0 :
−→ λ 0 z.R
E (M) = .
2ε 0 (R 2 + z 2 ) 3/2 .−→ e z
M
(0,0,z)
α
dE P (M)
E(M)
z
• Comme le plan (pi 0 ) = (Oxy) est également plan de symétrie des sources, on en déduit que le
champ −→ E (M { ′ ) pour M ′ (0, 0, z ′ = −z) avec z ′ < 0 est tel que :
−→ E(z E (M ′ ′ ). −→ e z = E(−z). −→ e z
) =
sym π0
( −→ E (M)) = −E(z). −→ ⇒ E(−z) = −E(z)
e z
⇒ Le champ E(z) est une fonction impaire de z.
−→ λ 0 z.R
On en déduit donc : ∀ z ∈ R : E (M) = .
2ε 0 (R 2 + z 2 ) 3/2 .−→ e z
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2) • Les symétries sont les mêmes qu’à la question
1) :
⇒ ∀M ∈ (Oz) −→ E (M) = E(M) −→ e z = E(z) −→ e z
• Composante du champ selon (Oz) :
E(z) = −→ E (M) ▪ −→ (∫
)
−→
e z = dE P (M) ▪ −→ e z
• Loi de Coulomb :
(∫
E(z) =
Soit ∀ z > 0,
en sachant que :
- tan α = r z
P ∈D
P ∈D
dq(P )
−→ ) e P →M
.
4πε 0 P M 2 ▪ −→ e z
— et donc : dr =
z
cos 2 α .dα ;
- et cos α = z
P M — et donc : 1
P M 2 = cos2 α
z 2 :
E(z) =
=
=
dS
dq
y
e r
P
θ
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
e θ
R
x
O
σ=σ 0
e PM
α
z
ψ
∫
σ 0 .dS
−→ e P →M ▪ −→ e z
.
P ∈D 4πε 0 P M 2 = σ ∫
0
.
4πε 0 P ∈D
∫
( )
σ 0
. ( z.
4πε tan α).
z
0
cos 2 α .dα .dθ. cos α.
σ 0
4πε 0
.
P ∈D
∫ ψ
0
⇒ ∀ z > 0 :
sin α.dα.
∫ 2π
M
cos α
r.dr.dθ.
P M 2
dθ = σ 0
.(1 − cos ψ).2π
0 4πε 0
(
)
−→ σ 0
z
E (M) = . 1 − √ −→ez
2ε 0 R 2 + z 2
(0,0,z)
(
cos 2 ) α
z 2
E(M)
α
dE P (M)
z
• Puisque E(z) est une fonction impaire de z, on en déduit :
(
−→ σ 0
∀ z > 0 : E (M) = . 1 −
2ε 0
∀ z < 0 :
−→ E (M) = −
σ 0
2ε 0
.
(
1 +
z
√
R 2 + z 2 )
−→ez
z
√
R 2 + z 2 )
−→ez
3) Un disque se comporte comme un plan infini lorsqu’on fait tendre son rayon vers l’infini
(R → ∞). Des résultats précédents, on déduit
−→ σ 0
∀ z > 0 : E (M) =
−→ ez
2ε
le champ créé par un plan infini uniformément chargé est :
0
−→ σ 0
∀ z < 0 : E (M) = −
−→ ez
2ε 0
4.a) • La distribution de charges D (plan infini uniformément chargé) est :
- invariante par translation selon (Ox)
- invariante par translation selon (Oy)
−→ −→ −→
Donc : ∀ M ∈ E E (M) = E (x, y, z) = E (z) (★)
• Les plans (π 1 ) = (Mzx) et (π 2 ) = (Mzy) sont des plans de symétrie de D qui passent par M.
On en déduit : −→ E (M) ∈ ((π 1 ) ∩ (π 2 )) = (Mz)
⇒ ∀M ∈ E −→ E (M) = E(M) −→ e z
(★★)
• De (★) et (★★) on déduit : ∀M ∈ E :
−→ E (M) = E(z)
−→ ez
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• Choix de la surface de
Gauss adaptée S :
- cyclindre de hauteur 2z
entre −z et z,
- d’axe Oz,
- de section S,
- de bases S 1 et S 2
centrées en M (x,y,z) et
M
(x,y,-z) ′ .
• (π 0 ) = (Oxy) étant
plan de symétrie de D, et
puisque M ′ symétrique de
M p/r à (π 0 ), on a :
−→ E (M ′ ) = sym π0
( −→ E (M ′ ))
Donc :
n ext =-e z
S l
P
P
P
z
M' (x,y,-z)
H
M (x,y,z)
S 2 =S
y
Q int =S.σ 0
−→ E (M ′ ) = E(−z) −→ e z =) − E(z) −→ e z
• Théorème de Gauss :
x
∮
σ=σ 0
n ext =e r
S 1 =S
n ext =e z
−→ E (M) ▪
−→ dS =
Q int
P ∈S
ε
∮
0
−→ E (zP ) −→ e z ▪ dS. −→ n ext = Q int
P ∈S
ε
∫
0
E(z P )
−→ ez
▪ dS. −→ ∫
e r + E(−z) −→ e z ▪ dS.(− −→ ∫
e z ) + E(z) −→ e z ▪ dS. −→ e z = Q int
P ∈S l P ∈S 2 P ∈S 1
ε 0
∫
∫
−E(−z)dS + E(z)dS = Q int
P ∈S 2 P ∈S 1
ε 0
(E(z) − E(−z)) .S = σ 0.S
} {{ } ε 0
2E(z)
⇒ ∀ z > 0 :
−→ E (z) =
σ 0
2ε 0
. −→ e z et ∀ z < 0 :
−→ E (z) = −
σ 0
2ε 0
. −→ e z
4.b) Lorsqu’on se déplace vers les z croissants, on vérifie la relation de passage à la traversée
d’une surface chargée ( −→ E 2 − −→ E 1 = σ . −→ n 1→2 ) puisque :
ε 0
−→ E (z = 0 + ) − −→ E (z = 0 − ) = σ 0 −→ ez
ε 0
et que
−→ ez = −→ n z=0 − →z=0 + ⊥ D
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III
Chimie : Structures cristallines
Le chrome métallique [d’après Banque PT 2005, Epreuve II-C]
1.a) Représenter la maille élémentaire.
1.b) La masse volumique du chrome étant connue, comme la maille conventionnelle c.f.c. contient
Z 1 = 8 × 1 8 + 6 × 1 2 = 4 atomes/maille
ρ = Z 1.M(Cr)
N a .a 3 1
( ) 1
Z1 .M(Cr) 3
⇒ a 1 =
= 3, 63.10 −10 m
N a .ρ
1.c) Dans l’hypothèse d’une structure c.f.c., les atomes de chrome sont tangents selon la diagonale
d’une face ; donc :
4.R Cr (F ) = a 1 . √ 2 ⇒ R Cr (F ) = a 1
2 √ 2 = 1, 28.10−10 m
2.a) Représenter la maille élémentaire.
2.b) La masse volumique du chrome étant connue, comme la maille conventionnelle c.c. contient
Z 2 = 8 × 1 8 + 1 × 1 = 2 atomes/maille
ρ = Z 2.M(Cr)
N a .a 3 2
( ) 1
Z2 .M(Cr) 3
⇒ a 2 =
= 2, 88.10 −10 m
N a .ρ
2.c) Dans l’hypothèse d’une structure c.c., les atomes de chrome sont tangents selon la « grande »
diagonale du cube d’arête a 2 ; donc :
4.R Cr (I) = a 2 . √ 3 ⇒ R Cr (I) = a 2. √ 3
4
= 1, 25.10 −10 m
3) Comme le fer a un rayon R F e = 1, 24.10 −10 m plus proche de R Cr (I) que de R Cr (F ), on en
déduit que le chrome cristallise plutôt en c.c.
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