DS 8 12-13 corrigé

DEVOIR SURVEILLE N°8
PHYSIQUE CHIMIE
CORRIGE
Le thallium (mines ponts mp 2004)
I- L’élément thallium
1.
Th : 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 4s 2 3d10 4p 6 5s 2 4d10 5p 6 6s 2 4f 14 5d10 6p1 ou encore [Xe]6s 2 4f 14 5d10 6p1
2.
Le thallium peut perdre relativement facilement aisément soit son unique électron de la sous couche 6p, soit ses trois
électrons de la couche n=6, d’où les degrés d’oxydation les plus probables : +I et +III.
3.
L’ordre de grandeur de la longueur d’onde du vert étant 530nm (5300Å), la seule transition correspondant à cet ordre de
grandeur, parmi les traits épais est la transition 7 2 s1 / 2 → 6 2 p3 / 2 (longueur d’onde 5350,46Å).
4.
A gauche, on a les énergies, en eV (électron volt), à droite, ce sont les nombres d’onde, en cm-1 (le nombre d’onde, noté ici
~
ν , d’un niveau d’énergie Ej est tel que E j = − hc~
ν j et l’énergie de la transition d’un niveau initial à un niveau final est
c
~ −~
∆E = E fin − E ini = − hc(ν
νini ) = h ).
fin
λ
II- L’iodure de thallium
5.
TlI a une structure de type CsCl. Les Tl+ sont aux sommets d’un cube de côté a. Tl+ a pour coordinence 8; les I- sont
disposés également aux sommets de cube de côté a, mais leur réseau est décalé de (a/2,a/2,a/2) par rapport à celui des Tl+ :
les I- sont au centres des cubes formés par les Tl+ et vice versa.
Tl+ est au centre d’un cube de sommets 8 ions Cl-. On doit avoir a≥2R(I-) (on remarque que le rayon ionique de l’ion
iodure est supérieur à celui de l’ion thallium). Tl+ est tangent aux ions I- suivant la diagonale du cube dont la longueur est
R (Tl+ )
R (Tl+ )
a 3 . Ainsi 2[R(I-)+R(Tl+)]= a 3 et on doit avoir 2[R(I-)+R(Tl+)]≥2R(I-) 3 , soit
≥
3
−
1
.
Or
=0,79. Il
R (I − )
R (I − )
y a bien compatibilité des rayons ioniques avec cette structure.
2
6.
a=
7.
La compacité est le rapport volume des ions contenus dans la maille sur volume de la maille. Dans cette structure, 1 seul
ion Tl+ et un seul ion I- appartiennent en propre à chaque maille :
C=
3
[R(I-)+R(Tl+)]=454pm
(4 / 3)πR (I − )3 + (4 / 3)πR (Tl+ )3
a
3
=
[
] : C=
3 ) )[R (I ) + R (Tl )]
(4 / 3)π R (I − )3 + R (Tl + )3
(8 /(3
−
+
[
]
2[R (I ) + R (Tl )]
3π R (I − )3 + R (Tl+ )3
−
+
La masse volumique est la masse d’une mole de iodure de thallium MTlI divisée par le volume correspondant NAa3 où NA
est le nombre d’avogadro :
ρ=
M TlI
M TlI
3 3M TlI
: ρ=
=
3
−
+
NAa
N A 8 R (I − ) + R (Tl+ )
N A 8 /(3 3 ) R (I ) + R (Tl )
(
)[
]
[
]
III- L’oxyde de thallium
∆ fus H°
= 6,93J.K −1.mol −1 ≈ 7 J.K −1.mol −1
Tfus
8.
∆ fus S° =
9.
4Tl(s ou l) +O2(g) ⇌2Tl2O(s) (1)
Devoir surveillé n°8 (MP)
1
Corrigé
10. Sur un intervalle de température sans changement d’état de l’oxyde ni du métal, l’entropie standard de réaction et
l’enthalpie standard de réaction sont considérées comme indépendantes de la température.
11. La température de fusion du thallium est 304°C soit 577K.
•
Pour T ∈ [300K,577K] le thallium est solide.
∆ r H°1 = 2∆ f H°(Tl 2O(s ) ) − 4∆ f H°(Tl (s) ) − ∆ f H°(O 2(g ) ) = −360kJ.mol −1
∆ rS°1 = 2Sm °(Tl 2O(s ) ) − 4Sm °(Tl(s ) ) − Sm °(O 2( g ) ) = −216J.mol −1.K −1
D’où ∆ r G°1 = −360.103 + 216T en J.mol −1
•
Pour T ∈ [577K,1500K] le thallium est liquide.
∆ r H°1' = ∆ r H°1 − 4∆ fus H°(Tl (s ) ) = −376kJ.mol −1
∆ rS°1' = ∆ rS°1 − 4∆ fus H°(Tl(s ) ) = −244J.mol −1.K −1
D’où ∆ r G°1 = −376.103 + 244T en J.mol −1
12. On a ∆ r G °1 = − RT ln K1 avec K1 =
P°
PO 2 , éq
 ∆ G° 
; ainsi la pression de dioxygène à l’équilibre est PO 2 ,éq = P° exp r 1  ,
 RT 
appelée pression de corrosion du thallium.
A 300K on calcule Pcorr= e −123 =3,3.10-54
bar; à 1500K Pcorr= e ( −5 / 6) = e −0,8333 entre 0,37 et 0,61 bar (=0,43bar).
Sous une pression de dioxygène de 21300Pa, soit 0,213bar, correspondant à la pression de dioxygène dans l’air dans les
conditions normales, à 300K, c’est l’oxyde de thallium qui est stable (Pcorr<0,213bar). En effet, si la pression en dioxygène
est supérieure à sa valeur à l’équilibre, le quotient de réaction est inférieur à la constante d’équilibre, il y a donc évolu
évolution
dans le sens direct.
A 1500K, c’est le métal thallium
hallium qui est stable (Pcorr>0,213bar).
14. Un métal réduit l’oxyde d’un
couple placé au
au-dessus de lui
dans le diagramme d’Ellingham.
Graphiquement, on voit que le
cuivre peut réduire l’oxyde de
thallium au
au-delà de 1200K
environ, température où le
thallium est liquide.
Analytiquement,
on
trouve
comme abscisse du point
d’intersection
du
graphe
∆rG1°(T) et du graphe ∆rG2°(T) :
T=1230K
L’équation
L’équation-bilan
de la réaction
est Cu(s)+Tl2O(s) ⇌CuO(s)+2Tll)
13.
15. Le nombre d’oxydation du thallium dans les différentes espèces est :
Dans Tl : (0) ; dans Tl+: (+I); dans Tl3+ et Tl(OH)3 : (+III)
Sachant, d’une part, que les potentiels croissants correspondent à des nombres d’oxydation croissants, et d’autre part, que
les hydroxydes apparaissent lorsque le pH augmente, on déduit que :
•
Le domaine IV correspond au domaine d’existence de Tl
•
Le domaine III correspond au domaine de prédominance de Tl+
Devoir surveillé n°8 (MP)
2
Corrigé
•
Le domaine I correspond au domaine de prédominance de Tl3+
•
Le domaine II correspond au domaine d’existence de Tl(OH)3
En A, le couple mis en jeu est Tl3+/Tl+ de demi équation électronique Tl3+ + 2 e- ⇋ Tl+.
D’après la formule de Nernst : E = E°(Tl 3+ / Tl + ) +
0,06
[Tl 3+ ]
log
.
2
[Tl + ]
On vérifie que ce potentiel ne dépend pas du pH; avec les conventions aux frontières le log est nul :
E A = E°(Tl 3+ / Tl + ) = 1,26V
En B, le couple mis en jeu est Tl+/Tl de demi équation électronique Tl+ + e- ⇋ Tl.
D’après la formule de Nernst : E = E°(Tl + / Tl) + 0,06 log
[Tl + ]
.
a Tl ,s
On vérifie que ce potentiel ne dépend pas du pH; avec les conventions aux frontières :
E B = E°(Tl + / Tl) + 0,06 log(10 −4 ) = −0,58V
16. En présence de précipité : K s = [Tl 3+ ].[OH − ]3 .
A la limite d’apparition du précipitation, [Tl3+]=10-4mol/L et d’après la figure, pH=0,67, soit pOH=13,33.
(
On déduit : K s = 10 − 4. 10 −13,33
)
3
: Ks=10-44
17. Demi-équation électronique : Tl(OH)3+2e- +3H+ ⇋ Tl+ + 3H2O
D’après la formule de Nernst : E = E°(Tl(OH) 3 / Tl + ) +
0,06
[ H + ]3
log
= E°(Tl(OH) 3 / Tl + ) − 0,03 log[Tl + ] − 0,09pH .
+
2
[Tl ]
La pente de la droite séparant les domaines de prédominance de Tl+ et Tl(OH)3 est donc « -0,09V/unité de pH ».
On trouve le potentiel standard de ce couple en exprimant la continuité du potentiel à l’intersection des domaines I, II et
III, i.e. pour pH=0,67 :
E = E A = E°(Tl 3+ / Tl + ) = E°(Tl(OH ) 3 / Tl + ) + 0,03 log[Tl + ] − 0,09pH
E°(Tl(OH ) 3 / Tl + ) = E°(Tl 3+ / Tl + ) + 0,03 log 10 −4 + 0,09.0,67 = 1,26 − 0,12 + 0,06
E°(Tl(OH) 3 / Tl + ) = 1,20V
18. Sur la figure 2, le domaine de stabilité de l’eau est le domaine situé entre les deux droites en pointillés.
Tl3+ est toujours instable (sa zone de prédominance et la zone de stabilité de l’eau sont disjointes). La réaction
correspondante s’écrit
Tl3+ +H2O ⇋ Tl+ + 2H+ + (1/2) O2 ou encore : Tl3+ +3H2O ⇋ Tl+ + 2H3O+ + (1/2) O2
Tl(OH)3 est stable pour pH> pHl, pH1 étant l’abscisse du point d’intersection entre la frontière II/III et la droite du couple
O2/H2O car alors sa zone d’existence et la zone de stabilité de l’eau ont une partie commune. Calculons pHl : il est
solution de 1,23-0,06pHl=1,20+4.0,03-0,09pHl : pHl=3,0
Pour pH<pHl, Tl(OH)3 est instable car sa zone d’existence et la zone de stabilité de l’eau sont disjointes. Ils réagissent
selon la réaction d’équation bilan :
Tl(OH)3 +H+ ⇋ Tl+ + 2H2O +(1/2) O2 ou encore Tl(OH)3 +H3O+ ⇋ Tl+ + 3H2O +(1/2) O2
Tl+ est stable à tout pH en solution aqueuse puisque sa zone de prédominance et la zone de stabilité de l’eau ont une partie
commune.
Le métal Tl est stable au contact de solutions aqueuses pour pH>pH2, pH2 étant l’abscisse du point d’intersection entre la
frontière IV/III et la droite du couple H2O/H2 car alors sa zone d’existence et la zone de stabilité de l’eau ont une partie
commune. Calculons pH2 : il est solution de -0,06pH2=EB : pH2=9,7.
Pour pH<pH2, Le métal Tl est instable au contact de solutions aqueuses. L’équation-bilan de la réaction s’écrira, selon
qu’on est en milieu acide ou basique :
Pour pH <7 : Tl + H+ ⇋ Tl+ +(1/2) H2 ou encore : Tl + H3O+ ⇋ Tl+ +H2O+ (1/2) H2
Devoir surveillé n°8 (MP)
3
Corrigé
Pour pH entre 7 et 9,7 : Tl + H2O ⇋ Tl+ +OH- + (1/2) H2
19. Les deux demi-équations électroniques mises en jeu sont : (DEE1) Tl3+ + 2 e- ⇋ Tl+ et (DEE2) Ce4+ + e- ⇋ Ce3+.
On déduit l’équation bilan de la réaction de titrage : 2(DEE2)-(DEE1) : Tl+ +2Ce4+⇋ Tl3+ + 2Ce3+.
Son enthalpie libre standard de réaction vérifie : ∆rG°=2 ∆rG°(DEE2)- ∆rG°( (DEE1)
2
Donc sa constante d’équilibre K° vérifie : -RT ln K°=-2FE2°+2FE1° : K ° = 10 0,06
( E 02 − E10 )
=106
La réaction est donc quantitative.
20. Les ordres partiels sont 1 par rapport à Ag+, 1 par rapport à Ce4+, 1 par rapport à Tl+ et (-1) par rapport à Ce3+. L’ordre
global est donc 2.
21. v1 = k 1[Ag + ][Ce 4+ ]; v −1 = k −1[Ag 2+ ][Ce 3+ ]; v 2 = k 2 [Ag 2+ ][Tl + ]; v 3 = k 3 [Tl 2+ ][Ce 4+ ]
22. Selon ce mécanisme, Tl3+ n’apparaît que dans l’étape 3, donc :
vF =
d[Tl + ]
= v 3 = k 3 [Tl 2+ ][Ce 4+ ]
dt
23. On applique l’approximation des états quasi stationnaires (AEQS) aux intermédiaires réactionnels Ag2+ et Tl2+ :
d[Ag 2+ ]
d[Tl 2+ ]
≈ 0 et
≈ 0 , soit, d’après le mécanisme : v1 − v −1 − v 2 ≈ 0 et v 2 − v 3 ≈ 0
dt
dt
Ou encore, d’après les expressions des vi : [Ag 2+ ] =
On déduit : v F = k 2
k 1[Ag + ][Ce 4+ ]
k −1[Ce 3+ ] + k 2 [Tl + ]
et v 2 = v 3 = v F = k 2 [Ag 2+ ][Tl + ] .
k 1[Ag + ][Ce 4+ ][Tl + ]
k −1[Ce 3+ ] + k 2 [Tl + ]
24. Pour avoir vF=vexp, il faut que : k −1[Ce 3+ ] >> k 2 [Tl + ] , on a alors : k exp = k 2
k1
k −1
thermique d’un habitacle d’automobile : vitrages et climatisation (e3a 2011)
A)
Echanges thermiques à travers les vitres :
1)
Vitrage simple :
A1*a) Les grandeurs analogues sont les suivantes :
thermique
P
Tint-Text
électricité
I intensité du courant
Vint-Vext différence de potentiel
On montre que la conductance thermique s’exprime :
Gc =
λv S
e
en W.K-1.
On peut remarquer que la puissance thermique P définie dans l’énoncé est négative en été puisqu’une
conductance est par définition positive et que, en été (ce qu’on considère ici puisqu’on étudie la
climatisation), TINT<TEXT.
A1*b) Par la face intérieure la puissance thermique transmise par conducto-convection est :
cv
CV
Gint
= hint S
P = ( hint S )(Tint − T0 ) de la forme G int
(Tint − T0 ) avec :
Devoir surveillé n°8 (MP)
4
Corrigé
De même par la face intérieure la puissance thermique transmise par conducto-convection
conducto
est :
cv
CV
Gext = hex t S
P = ( hex t S )(T0 − Text ) de la forme G iext (T0 − Text )
avec :
En régime stationnaire, c’est la même puissance thermique P qui intervient : les conductances thermiques
sont placées en série.
Comme ce sont les différences de température qui s’additionnent, pour une même puissance thermique,
ce sont les résistances qui s’ajouteraient. Mais on doit d’abord prendre en compte les échanges par
rayonnement !
A1*c) loi de Stefan : la puissance surfacique rayonnée par un corps noir de température T est : Φ = σ T 4
A1*d) La puissance thermique totale échangée par rayonnement au niveau de la face x=0 (orientée
algébriquement de l’intérieur vers l’extérieur, est égale à la puissance σSTint4 reçue par la vitre de la part
de l’habitacle
’habitacle supposé rayonner comme un corps noir, moins la puissance σST04 que la vitre rayonne vers
l’habitacle :
(
PintR = σ S Tint4 − T04
A1*e)
Donc :
TINT − T0
TINT
R
Pint
=
(
<
4
σS Tint
TINT − TEXT
TINT
− T04
R
3
Pint
≈ 4σSTint
(Tint − T0 )
)=
=
15
≈ 5,1% << 1
293
4 
1 −
σSTint


T04
4
Tint




: l’écart relatif est effectivement petit devant 1.
avec le développement limité :
R
: de la forme : PintR = G int
(Tint − T0 )
A1*f) On a de même :
(
)
T04
4
Tint
 T − T0
= 1 − int
Tint

4

T − T0
 ≈ 1 − 4 int

Tint

R
3
avec G int
= 4σSTint
)
R
4
R
Pext
= σS T04 − Text
= G ext
(T0 − Text )
R
3
avec G ext
.
= 4σSText
A1*g) En régime stationnaire, la puissance thermique P qui traverse la vitre par conduction, est la somme
des flux thermiques échangés par rayonnement et par conducto-convection
conducto convection au niveau de la face intérieure.
C’est également la somme des flux thermiques échangés par rayonnement et par conducto-convection
conducto
au
niveau de la face extérieure.
Les différentes associations sont représentées par le schéma :
La température à gauche est TINT, à droite TEXT, et les températures de part et d’autre de GC sont T0 et Te.
2)
Vitrage feuilleté :
A2*a) Par rapport au système schématisé au 2*f, on rajoute en série après la conductance GC de la
C
première vitre, la conductance GPVB
de la couche et une deuxième conductance GC pour la seconde vitre.
La température à gauche est TINT, à droite TEXT.
A2*b) D’après les lois d’association, la résistance équivalente est :
Devoir surveillé n°8 (MP)
5
Corrigé
R TOT = R // int + 2R C + R CPVB + R // ext =
R
G int
1
2
1
1
+ C + C + R
CV
+ G int
G
G PVB G ext + G CV
ext
La conductance thermique totale équivalente est :
G TOT =
1
R TOT

1
2
1
1
= R
+
+
+ R
 G + G CV G C G C
G ext + G CV
int
PVB
ext
 int




−1
A2*c) AN :
G C = 714 W .K −1
−1
G CV
int = 5 ,4 W .K
−1
G CV
ext = 28 ,5 W .K
R
G int
= 8,56 W.K −1
R
G ext
= 9,94 W.K −1
G CPVB = 384 W.K −1
G TOT = 9,70 W.K −1
A2*d) f =
PintR
GR
= R int CV =
P Gint + Gint
1
1
=
CV
h
G
1 + int 3
1 + intR
4σ Tint
Gint
AN :
f=0,613
R
A2*e) Dans le cas où le dépôt est fait sur la face interne de la vitre, on a PintR = 0 et G int
=0 :
La conductance totale est alors : G TOT ' =
1
R TOT
 1
2
1
1
=  CV + C + C + R
G
G PVB G ext + G CV
ext
 int G




−1
= 4,66W.K −1 .
R
R
Dans le cas où le dépôt est fait sur la face externe de la vitre, on a Pext
=0 :
= 0 et G ext
La conductance totale est alors : G TOT ' ' =
1
R TOT

1
2
1
1
= R
+
+
+ CV
 G + G CV G C G C
G ext
int
PVB
 int




−1
= 9,09W.K −1 .
Pour renforcer l’isolation thermique, on a intérêt à minimiser la conductance totale : il est préférable de
faire le dépôt du revêtement réfléchissant sur la face interne de la vitre.
R
R
> G int
.
On pouvait s’y attendre d’après le schéma équivalent et du fait qu’on avait G ext
B)
B1)
Limitation de l’effet de serre grâce à un vitrage teinté :
Les longueurs d’onde émises par le rideau sont principalement dans le domaine infra rouge (IR).
extérieur
φS
φV
ΑφS
rideau
φR
vitrage
φV
(1−Α)φS
φR
φa
intérieur
Bilan thermique en régime stationnaire pour :
La vitre :
A .Φ S + Φ R = 2Φ V
Devoir surveillé n°8 (MP)
6
Corrigé
Φ a + (1 − A )Φ S + Φ V = 2Φ R
Le rideau :
B2)
On déduit immédiatement des équations précédentes, par combinaison linéaire :
1
(2Φ a + (2 − A )Φ S )
3
1
Φ V = ((1 + A )Φ S + Φ a )
3
ΦR =
ΦR + Φ V = Φa + ΦS
On vérifie immédiatement que l’on a bien :
Cette relation constitue en fait le bilan thermique en régime stationnaire pour l’ensemble
« vitrage+rideau ».
Il est facile de vérifier que la puissance rayonnée par le rideau vers l’intérieur de la voiture est diminuée
par l’utilisation d’un vitrage teinté ; en effet, si le vitrage n’est pas teinté on a le même calcul que
précédemment mais avec : A = 0 ; dans ce cas la puissance émise par le rideau vers l’intérieur de la
1
2
voiture devient :
Φ' R = (2Φ a + 2Φ S ) = (Φ a + Φ S ) > Φ R
3
3
1
B3) le rideau étant un corps noir :
Φ R = (2Φ a + (2 − A )Φ S ) = σTR4
3
1/ 4
 2Φ a + 2Φ S 
TR = 
Donc :
si A = 0
 = 352K
3σ


 2Φ a + (2 − A )Φ S 
TR = 

3σ


si A = 0,60
1/ 3
= 331K
B4) En l’absence de rideau, l’équilibre thermique de la vitre se traduit par : A .Φ S + Φ a = 2Φ V
Et le flux thermique pénétrant dans la voiture est alors :
Φ 0 = (1 − A ).Φ S + Φ V , c’est-à-dire, d’après
l’équation précédente :
1
1
 A
Φ 0 = (1 − A ).Φ S + Φ V = (1 − A )Φ S + (A .Φ S + Φ a ) = 1 − Φ S + Φ a
2
2
2

-2
AN : pour A = 0,60, par exemple :
Φ0 = 830 W.m > ΦR = 680 W.m-2
Le rideau limite donc le flux thermique pénétrant dans l’habitacle…
C)
Climatisation de l’habitacle :
1)
Analyse du cycle :
P
C1*a)
3
0
2
4
1
V
C1*b)
Devoir surveillé n°8 (MP)
7
Corrigé
•
pour que le fluide puisse refroidir la source froide, par évaporation, il faut que sa température reste
inférieure à celle de la source froide : il faut donc que la plus faible température du fluide dans
cette phase d’évaporation soit inférieure à TF :
T1 < TF
•
De même, pour que le fluide puisse réchauffer la source chaude, par condensation, il faut que sa
température reste supérieure à celle de la source chaude : il faut donc que la plus grande
température du fluide dans cette phase de condensation soit supérieure
supérieure à TC :
T3 > TC
•
T1 = TF – 10 = 10 °C
•
T3 = TC + 10 = 45 °C
•
T4=T1 puisque la transformation 4→
4 1 est une évaporation à T et P constants
C1*c) P3 = PV(T3) = 11,65 bar
P4 = PV(T4) = 4,17 bar
2)
Compression :
C2*a)
C2*a)
C2*d)
C2*b)
f
•
travail reçu par le gaz, donc fourni par le piston, lors du refoulement :
WC = − ∫ PdV = P2 V2
in
f
Wa = − ∫ PdV = −P1 V1
•
travail reçu par le gaz, donc fourni par le piston, lors
l de l’admission :
•
travail reçu par le gaz, donc fourni par le piston, lors de la compression adiabatique :
in
Wb = (U 2 − U1 )
On déduit l’expression du travail total lors des trois phases cumulées :
WTOT = P2 V2 − P1V1 + U 2 − U1
: WTOT = WIDEAL = H 2 − H1
C2*c) WIDEAL = C P (T2 − T1 ) =
mRγ
(T2 − T1 )
M (γ − 1)
En utilisant la loi de Laplace (transformation adiabatique réversible)
révers
: P.Vγ=cte, ie : P(T/P)γ=cte.
Devoir surveillé n°8 (MP)
8
Corrigé
P
T2 = T1  2
 P1



γ −1
γ
, soit finalement :
Widéal
γ −1



mRγT1   P2  γ


=
   − 1
M (γ − 1)   P1 



C2*d) le cycle est un rectangle : dès le début de la compression : P=P2. Le travail fourni par le piston
(égal au travail reçu par le fluide) étant l’aire du cycle dans le diagramme de Clapeyron (proportionnelle à
l’aire dans le diagramme P(x)), le travail Wréel est supérieur au travail calculé précédemment Widéal :
Wréel > Widéal
C2*e) La compression étant toujours adiabatique, les travaux s’écrivent comme au C2*b et on a
toujours : WTOT = H 2 − H1 = C P (T2 − T1 ) =
mRγ
(T2 − T1 )
M (γ − 1)
mais la température T2 n’est plus la même.
Pour trouver T2, écrivons le premier principe pour le fluide au cours de la phase de compression brutale,
ainsi que la loi des gaz parfaits pour « éliminer V2 et V1 » :
nC V ,molaire (T2 − T1 ) = P2 (V1 − V2 )
:
T T 
T2 − T1
= P2  1 − 2 
( γ − 1)
 P1 P2 
:
T2 − T1
P
= T1 2 − T2
( γ − 1)
P1
Cette dernière équation permet de déterminer T2 en fonction de T1 , P2/P1 et γ,
 1 γ − 1 P2
T2 = T1  +
γ P1
γ
WREEL =



puis en remplaçant :




mRγ
(T2 − T1 ) = mRγ T1 γ − 1  P2 − 1 = mR  P2 − 1T1
M (γ − 1)
M (γ − 1)
γ  P1  M  P1 
Donc :
f (x ) = x − 1
C2*f) Tfin de compression brutale > Tfin de compression réversible d’après le premier principe appliqué lors de la
compression, puisque le travail reçu lors de la compression brutale est supérieur et que dans les deux cas,
la chaleur échangée est nulle.
C2*g)
γ −1



mRγ
mRγ   P2  γ
(T2 − T1 ) =
• Widéal =
   − 1
M(γ − 1)
M(γ − 1)   P1 



Donc :
γ −1




mRγT1   P2  γ
DRT1γ   P2
mRγ
DRγ
Pidéal =
(T2 − T1 ) =
(T2 − T1 ) =
   − 1 =

τM (γ − 1)
M (γ − 1)   P1 
M (γ − 1)   P1
 M (γ − 1)



AN :
PIDEAL = 399 W
•
WREEL =



γ −1
γ


− 1



mR  P2
 − 1T1
M  P1

 DRT1  P2

mRT1  P2
 − 1 =
 − 1
M  P1
τM  P1 

Donc :
PREEL =
AN :
PREEL = 622,5 W
C2*h)
Le rendement du moteur étant de 10%, le travail w du moteur par litre d’essence
consommé est : w = 0,1.Q (où Q = 35 MJ.L-1)
w * cons(essence )
La puissance du moteur en W est alors : PMOTEUR =
3600
Devoir surveillé n°8 (MP)
9
Corrigé
P
PREEL
surcons(compresseur )
= REEL =
* 3600
cons(essence )
PMOTEUR w * cons(essence )
La surconsommation en essence due à la climatisation est donc :
On a alors :
surcons(compresseur ) =
PREEL
* 3600 = 0 ,64L .h −1
w
C2*i)
L’intérêt d’avoir plusieurs pistons est, en décalant leurs cycles dans le temps, d’avoir un
débit de fluide constant en valeur moyenne temporelle à la sortie du compresseur.
3)
Efficacité de la climatisation :
QF
: L’efficacité est le rapport du transfert utile compte tenu du rôle de la
W
climatisation (chaleur prélevée à l’habitacle) sur le transfert coûteux (travail fourni par le compresseur).
C3*a)
e=
C3*b)
On applique le premier et le second principe de la thermodynamique au fluide frigorigène
au cours d’un cycle : ∆U = 0 = W + Q f + Q c et ∆S = 0 =
Qc Qf
+
+ Sp
Tc
Tf
avec Sp>0 entropie produite par
irréversibilité.
C3*c)
•
e Carnot =
•
e réel =
•
e idéal =
TF
TC − TF
PU .τ
QF
=
Wréel mR  P2

 − 1T1
M  P1

QF
=
Widéal
PU .τ

mRγ   P2

M (γ − 1)   P1




γ −1
γ


− 1T1


AN : eCarnot = 19,5
eréel = 3,05
eidéal = 5,06
Devoir surveillé n°8 (MP)
10
Corrigé