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CorDSn o 9 Ve 28/05/10 Thermodynamique / Électrostatique / Structures cristallines ∣ PTSI 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) : 4 http ://atelierprepa.over-blog.com/ jpqadri@gmail.com
PTSI ∣ Thermodynamique / Électrostatique / Structures cristallines Ve 28/05/10 CorDSno 9 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 jpqadri@gmail.com http ://atelierprepa.over-blog.com/ 5
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