Colles Thermodynamique Physique : MPSI/PCSI Laurent Pietri ~ 1 ~ Lycée Joffre - Montpellier TH1 - Température de Mariotte 1°) Soit : � + 2 � (−)= ⇔ = − + 2 + ⇔ = + (− + 2 )∼ + (− )∼+ (− ) 2°) Si = − =0 ⇒ = 3°) Donc : = + (1 − ) Pour : 2 : <1 donc la droite sera de pente positive avec pour origine RT a . Pour : 2 : >1 donc la droite sera de pente négative avec pour origine RT a . La droite horizontale correspond au GP TH2 - Étude de quelques transformations d'un corps 1°) Le domaine (1) est le domaine de stabilité de la phase solide, (2) celui de la phase liquide et (3) celui de la phase gazeuse. Le point (B) est le point critique au-delà duquel on ne distingue plus les phases liquide et vapeur : on a une phase fluide. Le point (E) est le point triple, en ce point coexistent les trois phases. 2°) La pression de vapeur saturante est la pression d'équilibre entre la phase gazeuse et la phase liquide à une température donnée ; elle ne dépend que de la température. 3°) Le passage de la vapeur au liquide s'appelle liquéfaction. 4°) Le diagramme demandé est le suivant : 5°) Les vapeurs étant considérées comme des gaz parfaits, on peut écrire P s V = n max RT . On en déduit = 6°) Si m < m max , on a de la vapeur car cela correspond à P < P s . 7°) On n'a que du gaz si P < Ps soit > = 8°) Le titre de vapeur est = =
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Colles Thermodynamique Physique : MPSI/PCSI
Laurent Pietri ~ 1 ~ Lycée Joffre - Montpellier
TH1 - Température de Mariotte 1°) Soit : �𝑝𝑝 + 𝑎𝑎
𝑉𝑉𝑚𝑚2� (𝑉𝑉𝑚𝑚 − 𝑏𝑏) = 𝑅𝑅𝑅𝑅 ⇔ 𝑝𝑝𝑉𝑉𝑚𝑚 = 𝑅𝑅𝑅𝑅 − 𝑎𝑎
𝑉𝑉𝑚𝑚+ 𝑎𝑎𝑎𝑎
𝑉𝑉𝑚𝑚2+ 𝑝𝑝𝑏𝑏
⇔ 𝑝𝑝𝑉𝑉𝑚𝑚 = 𝑅𝑅𝑅𝑅 + 𝑝𝑝(𝑏𝑏 −𝑎𝑎𝑝𝑝𝑉𝑉𝑚𝑚
+𝑎𝑎𝑏𝑏𝑝𝑝𝑉𝑉𝑚𝑚2
)∼ 𝑅𝑅𝑅𝑅 + 𝑝𝑝(𝑏𝑏 −𝑎𝑎𝑝𝑝𝑉𝑉𝑚𝑚
)∼𝑅𝑅𝑅𝑅 + 𝑝𝑝(𝑏𝑏 −𝑎𝑎𝑅𝑅𝑅𝑅
)
2°) Si 𝑝𝑝𝑉𝑉𝑚𝑚 = 𝑅𝑅𝑅𝑅 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 𝑏𝑏 − 𝑎𝑎𝑅𝑅𝑅𝑅
= 0 ⇒ 𝑅𝑅𝑚𝑚 = 𝑎𝑎𝑅𝑅𝑎𝑎
3°) Donc :
𝑝𝑝𝑉𝑉𝑚𝑚 = 𝑅𝑅𝑅𝑅 + 𝑝𝑝𝑏𝑏(1 −𝑅𝑅𝑚𝑚𝑅𝑅
)
Pour : 𝐻𝐻2 𝑎𝑎𝑜𝑜 𝑎𝑎 : 𝑅𝑅𝑚𝑚𝑅𝑅𝑎𝑎
< 1 donc la droite sera de pente positive avec pour origine RTa.
Pour : 𝑁𝑁2 𝑎𝑎𝑜𝑜 𝑎𝑎 : 𝑅𝑅𝑚𝑚𝑅𝑅𝑎𝑎
> 1 donc la droite sera de pente négative avec pour origine RTa.
La droite horizontale correspond au GP
TH2 - Étude de quelques transformations d'un corps 1°) Le domaine (1) est le domaine de stabilité de la phase solide, (2) celui de la phase liquide et (3) celui de la phase gazeuse. Le point (B) est le point critique au-delà duquel on ne distingue plus les phases liquide et vapeur : on a une phase fluide. Le point (E) est le point triple, en ce point coexistent les trois phases. 2°) La pression de vapeur saturante est la pression d'équilibre entre la phase gazeuse et la phase liquide à une température donnée ; elle ne dépend que de la température. 3°) Le passage de la vapeur au liquide s'appelle liquéfaction. 4°) Le diagramme demandé est le suivant :
5°) Les vapeurs étant considérées comme des gaz parfaits, on peut écrire PsV = nmaxRT . On en déduit 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑎𝑎𝑚𝑚 = 𝑀𝑀𝑒𝑒𝑎𝑎𝑒𝑒𝑃𝑃𝑠𝑠𝑉𝑉
𝑅𝑅𝑅𝑅
6°) Si m < mmax, on a de la vapeur car cela correspond à P < Ps. 7°) On n'a que du gaz si P < Ps soit 𝑉𝑉 > 𝑉𝑉𝑙𝑙𝑙𝑙𝑚𝑚 = 𝑚𝑚𝑅𝑅𝑅𝑅
𝑀𝑀𝑒𝑒𝑎𝑎𝑒𝑒𝑃𝑃𝑠𝑠
8°) Le titre de vapeur est 𝑥𝑥𝑣𝑣𝑎𝑎𝑣𝑣 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑎𝑎𝑚𝑚𝑚𝑚
= 𝑀𝑀𝑒𝑒𝑎𝑎𝑒𝑒𝑃𝑃𝑠𝑠𝑉𝑉𝑚𝑚𝑅𝑅𝑅𝑅
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TH3 - Equilibre d’un piston On utilisera un indice B (respectivement H) pour les variables relatives au gaz du bas (respectivement au gaz du haut). 1°) Les forces qui s'exercent sur le piston sont : son poids, la force de pression exercée par le gaz du bas �⃗�𝐹𝑣𝑣,𝐵𝐵 dirigée vers le haut, et la force de pression exercée par le gaz du haut
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TH4 – Ballon Soit :
𝐸𝐸𝑐𝑐𝑙𝑙 = 𝐸𝐸𝑐𝑐𝑐𝑐 ⇔ 12𝑚𝑚𝑚𝑚² +
32𝑘𝑘𝐵𝐵𝑅𝑅𝑙𝑙 =
32𝑘𝑘𝐵𝐵𝑅𝑅𝑐𝑐 ⇔ 𝑚𝑚 = �3𝑘𝑘𝐵𝐵∆𝑅𝑅
𝑚𝑚= �3𝑅𝑅∆𝑅𝑅
𝑀𝑀= 79𝑚𝑚𝑎𝑎−1
TH5 - Le modèle du gaz parfait pour le gonflage d’une roue 1°) Soit
3°) La masse m1 se déduit de l’équation d’état : 𝑝𝑝1𝑉𝑉𝑐𝑐 = 𝑚𝑚1𝑀𝑀𝑅𝑅𝑅𝑅0, 𝑎𝑎𝑎𝑎 ρ0 = 𝑀𝑀
𝑉𝑉𝑚𝑚= 𝑀𝑀𝑣𝑣0
𝑅𝑅𝑅𝑅0
Donc :
𝑚𝑚1 =𝑀𝑀 𝑝𝑝1𝑉𝑉𝑐𝑐𝑅𝑅𝑅𝑅0
=ρ0𝑉𝑉𝑐𝑐𝑝𝑝1𝑝𝑝0
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TH6 - Étude de l'air humide
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TH7 – Gaz de Van der Waals a) On prend pour système le gaz que l'on suppose parfait, et de rapport des capacités
thermiques γ indépendant de la température. On note n la quantité de gaz.
On fait l'hypothèse que la transformation est adiabatique (elle est rapide et le récipient est calorifugé). Le premier principe donne donc un renseignement sur l'état final. Il s'écrit :
∆𝑈𝑈 + ∆𝐸𝐸𝑐𝑐 = 𝑊𝑊 + 𝑄𝑄 On a ∆𝐸𝐸𝑐𝑐 = 0 car le système est, à l'échelle macroscopique, au repos dans l'état initial et dans l'état final. De plus W = 0 parce que les parois sont indéformables, et Q = 0 par hypothèse. Ainsi : ∆𝑈𝑈 = 0
b) Donc :
𝑜𝑜𝐶𝐶𝑣𝑣𝑚𝑚∆𝑅𝑅 − 𝑜𝑜2𝑎𝑎∆ �1𝑉𝑉� = 0 ⇔ ∆𝑅𝑅 =
𝑜𝑜𝑎𝑎∆ �1𝑉𝑉�
𝐶𝐶𝑣𝑣𝑚𝑚= −
12
𝑜𝑜𝑎𝑎𝑉𝑉1𝐶𝐶𝑣𝑣𝑚𝑚
= −3,1𝐾𝐾
TH11 - Evolution monobare brutale d’un gaz parfait 1°) 𝑆𝑆𝑎𝑎𝑆𝑆𝑆𝑆 𝑝𝑝𝑒𝑒 = 𝑝𝑝0 + 𝑀𝑀𝑀𝑀
Le système voit son énergie interne augmenté, c’est dû au fait que le travail lors de la phase de compression est en valeur absolue plus important lors de la détente.
TH15 - Etude d’une tuyère 1°) D’après le premier principe sur l’enthalpie : ∆(𝐻𝐻 + 𝐸𝐸𝑐𝑐) = 𝑊𝑊∗ + 𝑄𝑄 ⇒ 𝐻𝐻 + 𝐸𝐸𝑐𝑐 = 𝑐𝑐𝑎𝑎𝑆𝑆𝑒𝑒 car pas de travaux autres et parois adiabatiques ⇒ 𝐻𝐻 + 1
TH16 - Détente de Joule/Gay-Lussac 1°) On prend pour système le gaz que l'on suppose parfait, et de rapport des capacités thermiques γ indépendant de la température. On note n la quantité de gaz.
On fait l'hypothèse que la transformation est adiabatique (elle est rapide et le récipient est calorifugé). Le premier principe donne donc un renseignement sur l'état final. Il s'écrit :
∆𝑈𝑈 + ∆𝐸𝐸𝑐𝑐 = 𝑊𝑊 + 𝑄𝑄 On a ∆𝐸𝐸𝑐𝑐 = 0 car le système est, à l'échelle macroscopique, au repos dans l'état initial et dans l'état final. De plus W = 0 parce que les parois sont indéformables, et Q = 0 par hypothèse. Ainsi : ∆𝑈𝑈 = 0
2°) D’après la première loi de joule : ∆𝑅𝑅 = 0𝐾𝐾 3°) 𝑆𝑆𝑎𝑎𝑆𝑆𝑆𝑆 𝑜𝑜𝐶𝐶𝑣𝑣𝑚𝑚∆𝑅𝑅 − 𝑜𝑜2𝑎𝑎∆ �1
𝑉𝑉� = 0 ⇒ 𝑎𝑎 = −2𝑉𝑉1𝐵𝐵𝑣𝑣𝑚𝑚
𝑡𝑡(𝑅𝑅𝐹𝐹 − 𝑅𝑅0) = 0,135𝑘𝑘𝑚𝑚3𝑚𝑚𝑎𝑎𝑎𝑎−2
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TH17 - Compression adiabatique d’un gaz parfait 1°) La transformation est brutale donc :
TH25 – Paradoxe de Gibbs 1°) Pour un GP : 𝑑𝑑𝑆𝑆 = 𝑜𝑜𝑅𝑅 � 1
𝛾𝛾−1𝑑𝑑𝑅𝑅𝑅𝑅
+ 𝑑𝑑𝑉𝑉𝑉𝑉�
Or le système est isolé : ∆U=0 ⇒ 𝑅𝑅𝑐𝑐 = 𝑅𝑅𝑙𝑙 ⇒ ∆𝑆𝑆1 = ∫𝑜𝑜𝑅𝑅 𝑑𝑑𝑉𝑉𝑉𝑉
= 𝑜𝑜𝑅𝑅 𝐿𝐿𝑜𝑜2 ⇒ ∆𝑆𝑆 = 2𝑜𝑜𝑅𝑅 𝐿𝐿𝑜𝑜2
2°) a) Les particules des deux récipients sont identiques donc microscopiquement il y a
autant de manière de réaliser l’état initial que l’état final donc Δ𝑆𝑆 = 0. b) En fait il y a qu’un gaz qui occupe 2V au début et à la fin d’où ∆𝑆𝑆 = 0.
TH35 - Le moteur diesel suralimente turbocompressé (tdi) 1°)
- n1=p1V1/RT1=0,254mol - Et : Cv=nR/(γ-1)=5,27J.K-1 et Cp=7,38J.K-1
2°) p2=p1.aγ=54,4bar et T2=T1.aγ-1=893K 3°) ∆U1→2=p1V1/(γ-1).(aγ-1-1)=3,02kJ 4°) Q23=∆H=nQm=10,4kJ et ∆U=∆H/γ=7,43kJ 5°)
- 𝑅𝑅3 = 𝑅𝑅2 + Δ𝑈𝑈𝐵𝐵𝑣𝑣
= 2302𝐾𝐾 ⇒ 𝑆𝑆3 = 2029°𝑐𝑐
- V3=0,893L et b=2,58. 6°)
- p4=p1.bγ=5,65bar - V4=V1 et T4=T1.bγ=1206K
7°)... 8°) ∆Ucycle=0… 9°) r=1-(bγ-1)/[γ.aγ-1.(b-1)]=55,1% 10°) Wmax=-rrév.Qc=3,54kJ et ∆U=188J ⇒ le travail extrait de la chaleur des gaz d’échappement doit suffire à réaliser la suralimentation.
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TH36 – Brayton
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TH37 - Machine à vapeur
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TH41 - Chariot entraîné a) On a : 𝑎𝑎𝑡𝑡���⃗ = 𝑎𝑎𝑒𝑒����⃗ + 𝑎𝑎𝑡𝑡����⃗ b) La particule de fluide est soumise au poids et aux forces de pression. c) On a :
TH43 - Stabilité de l’atmosphère 1°) On a : 𝑚𝑚𝑙𝑙 = �2𝐺𝐺𝑀𝑀
𝑅𝑅
2a) 𝑢𝑢∗ = �3𝑘𝑘𝐴𝐴𝑅𝑅𝑚𝑚
2b) 𝑢𝑢∗ = �3𝑅𝑅𝑅𝑅𝑀𝑀
2c) M(air)=(4*28+32)/5=28,8g.mol-1
2d) u*≅vl par conséquent les molécules d’H2 auront tendance à s’échapper de l’attraction de Mercure un jour ou l’autre. Sur terre u*<<vl pour l’air par conséquent les molécules sont piégées par l’attraction terrestre. On a u*(H2)<vl mais il ne faut pas oublier que u* est une valeur moyenne, par conséquent le modèle peu expliquer l’absence de dihydrogène sur terre. 2e) La vitesse de libération est calculée pour le problème à deux corps mais ici les particules sont en interaction entre elles, on considère l’atmosphère isotherme…
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TH44 - Oscillations d’un demi-cylindre flottant 1°) Soit :