DS 09c thermo

Lycée Viette
TSI 1
Corrigé D.S.09 thermo
Problème 01
I. Ébullition de l’eau sur une plaque électrique
I.1. = ∆ = . . ∆
= . . − = 0,5 ∗ 4180 ∗ 83 = 173 I.2. é
!"é
#
=$ =
%
$4 0.123
I.3. ∆ = /$
$
5
&'(.&)*
+))
= 346 . - .&
$4
6
= . . 78 9 $ : = 526 . - .&
5
I.4. ∆ = é !"é + =éé =éé = 180 . - .& =éé > 0 transformation irréversible
I.5. Si ? diminue é !"é augmente donc =éé diminue, logique on se rapproche des
conditions de réversibilité.
II. Utilisation d’une bouteille thermos pour maintenir le café au chaud.
II.1. Le premier principe donne : ∆@ = A + D
La transformation étant isobare A = − /D E B. 6C = −B. GCH − C& I avec B = B& = BH
F
∆@ − A = = G@H + BH . CH I − G@& + B& . C& I = H − & = ∆
∆ = II.2.1. Le système étudié est l’ensemble eau1 eau2 et la bouteille thermos.
∆ = = 0
∆ = ∆ & + ∆ H + ∆J =0KL = 0 avec ∆J =0KL = 0
∆ & + ∆ H = & . . éM ) − & + H . . éM ) − H & . & + H . H
éM ) =
= 50°O
& + H
II.2.2.
∆ & + ∆ H + ∆J =0KL
= & . . éM − & + H . . éM − H + OJ . éM − & = 0
& . . éM − & + H . . éM − H OJ = −
= 167 . - .&
éM − & P
II.2.3. = QR = 40 S valeur conforme
123
Problème 02
Le refroidissement en thermodynamique
I. Détente d’un gaz dans l’atmosphère
I.1. La transformation est : irréversible ( car brusque ), monobare ( la pression de l’extérieur
est constante (B) ) ), monotherme ( la température de l’extérieur est constante (
) ) )
et adiabatique ( car la transformation étant brutale, les échanges thermiques n’ont pas le
temps de s’effectuer ).
I.2. 6@ = 8. OD0 . 6
∆@ = 8. OD0 . ∆
!.T.$F
I.3. C& = U = 11,6 V BH = B) = 1 WXY
F
∆@ = A + = A = −B) . GCH − C& I = 8. OD0 . G
H − & I or B) . CH = BH . CH = 8. Z. H
5
7
5
B) . C& = 8. Z. H + 8. ZG
H − & I = 8. Z. H − 8. Z. &
2
2
2
H
+
!.T.$E
H =
B) . C& + & = 242 CH = U = 20,1 V
'.!.T
Rabeux Michel
'
E
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I.4. 6@ = −B. 6C + . 6 ou 6 = C. 6B + . 6
[\
U
[$
[D
$
D
6 = + 6C = 8. OD0 + 8. Z
∆&.H = 8OD0 . 78 9 E : + 8. Z. 78 9 E :
6 =
+
$
[]
$
$
D
− 6B = 8. OU0
$
$E
$
[$
$
− 8. Z
DE
D
[U
'
$F
$E
DF
UE
∆&.H = 8OU0 . 78 9$ : − 8. Z. 78 9U :
U
$E
F
UE
I.5. ∆ = 8Z. 78 9 : + 8. Z. 78 9 : = 8Z. 78 9 : − 8. Z. 78 9 : = 1,52 . H
$F
DF
H
$F
UF
.&
F
é !"é = 0 ∆ = =éé = 1,52 . - .& > 0 ( transformation irréversible )
I.6. Ensuite le dioxygène va se réchauffer à pression constante, la transformation est donc
lente, isobare, irréversible.
!.T.$*
( = ) = 300 B( = B) = 1 WXY C( =
= 24,9 V
U*
(
B(
7
(
∆ = 8. OU0 . 78 _ ` − 8. Z. 78 _ ` = 8Z. 78 _ ` = 6,25 . - .&
2
H
BH
H
II. Climatisation d’un local
&.b
b
&.b
b
II.1. La transformation1 → 2 obéit à la loi de Laplace : B& . & = BH . H
UF
C& =
H = 9U :
!.T.$F
UF
Fcd
d
E
= 24,9 V
& = 475 -
La transformation3 → 4 obéit à la loi de Laplace :
UF
( = 9U :
Fcd
d
E
e = 329 -
C( =
!.T.$E
UE
&.b
b
BH . ( =
!.T.$*
UE
CH =
= 7,89 V
&.b
B&
= 5,47 V
b
. e
Ce =
!.T.$f
UF
= 22,4 V
II.2.
p
BH
3
2
B&
4
1
V
2
T
isobare BH
3
1
isobare B&
4
S
Les rotations des diagrammes ont lieu dans le sens trigonométrique, le dispositif peut servir
comme climatiseur.
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II.3. Pour la transformation 2 → 3 le volume diminue à pression constante, donc la
température diminue.
II.4. &→H = 0 (→e = 0 ( transformations adiabatiques )
'
'
H→( = ∆ = 8. Z. G
( − H I < 0
e→& = ∆ = 8. Z. G
& − e I > 0
#f→F
II.5. h =
i
=
H
#f→F
.G#f→F j#E→* I
=−
$F .$f
$F .$f j$* .$E
&
= kEck*
kF ckf
H
.&
II.6. La loi de Laplace peut s’exprimer pour les transformations 1 → 2 et 3 → 4.
UF
H = 9U :
Fcd
d
E
& = X
dcF
d
UF
Fcd
d
. &
( = 9U : e = X
E
1
1
h=
= b.&
= 1,7
H − (
−1 X b −1
& − e
dcF
d
. e
Problème 03
Cycle moteur théorique et peu performant.
!.b.T
1. OU =
b.&
!.T
OD = b.& or 8. Z =
Ul .Dm
$l
donc
b Ul .Dm
OU = b.&
$l
La transformation 0 → 1 est isochore et lente.
0."
U
U
U
0."
2. B& = B) + n = 2 WXY $l = $F
& = UF ) = 91 + n.U : . ) = 600 l
F
3. La transformation 0 → 1 est isochore donc
l
& Ul .Dm
OD = b.&
$l
l
1 B) . Cp
G
& − ) I = 83,3 o − 1 )
4. La transformation 1 → 2 est isobare et quasistatique.
D
D
D
5. m = q H = q & = 1800 )→& = ∆@ = OD . G
& − ) I =
$F
$E
Dm
6. La transformation 1 → 2 est isobare donc
o B) . Cp
G
H − & I = 467 o − 1 )
7. La transformation 2 → 3 est isochore et lente.
La transformation 1 → 2 est isobare et quasistatique
8. Le travail échangé par le moteur et extérieur correspond au travail fourni pour monter la
0."
masse m. A = n GCp − Cr I = −66,7 &→H = ∆ = OU . G
H − & I =
9. h = #
10.
|i|
l→F j#F→E
tt,'
= u(,(jet' = 12%
B
B&
B)
1
0
2
3
C
Cp
Cr
11. La valeur absolue du travail est l’aire du cycle. |A| = GB& − B) I. GCr − Cp I
$ .$
12. hP=!KJ = E$ l = 83%
E
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