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Groupe: IEX 05
Correction EMD 1 : Thermodynamique et Transfert de Chaleur
Exercice 1: (8 Pts)
1-VA=nRTA/PA=12.5 l…0,5; VB=nRTB/PB=25 l…0,5;
PC=PB=1 bar…0,5; TC=PCVC /nR=246.6 K…0,5
2- L'entropie crée entre A et B( détente isotherme) :
∆SAB= nR.ln(VB/VA)=5.76 J/K …1
3- WBC=-PB(VC−VB)=450 J…1
QBC=n.cP(TC−TB)=(7/2)R (TC−TB)= -1554.7 J…1
∆SBC= n.cP .ln(TC/TB)= -5.76 J/K…1
4-L'entropie du cycle:
∆ST =∆SAB +∆SBC+∆SCA…0,5
∆SCA=0 (évolution adiabatique réversible) donc
∆ST =0…0,5
5- dans le cas réversible on obtient le même résultat
car l'entropie est une fonction d'état.
∆ST =0 puisque l'état final est identique à l'état
initial…1
Exercice 2 (7 Pts)
1- Calcul des volumes (1 Pts):
V1=nRT1/P1=0.2 m3…0,5; V2=nRT2/P2=1.27 m3…0,5;
2- La température d'équilibre (2,5 Pts) :
Le système est isolé (Q=0, W=0) …0,5 donc l'énergie
interne totale: ∆U=∆U1+∆U2=0…0,5
 m1.cv1(Tf−T1)+ m2.cv2(Tf−T2)=0

 

1 1 1 2 2 2
1 1 2 2
V V
f
V V
m c T m c T
T
m c m c
…0,5
cV1=r1/(γ1−1)=717J/Kg.K…0,25;
cV2=r2/(γ2−1)=572.7 J/Kg.K…0,25 donc:
Tf = 420 K…0,5
3- La pression finale (1,5 Pts):
A l'équilibre Pf1=Pf2= Pf…0,5
Pf= m1r1Tf/Vf1= m2r2Tf/Vf2
Pf=( m1r1+ m2r2)Tf/(V1+V2) …0,5
Pf = 2.44 bar…0,5
4- Calcul des variations d'entropie (2 Pts):
Pour l'air ∆S1=m1cp1ln(Tf/T1)−m1r.ln(Pf/P1)
cp1= γ1cV1=1000 J/Kg.K …0,25 donc
∆S1=388.2 J/K…0,5
Pour le CO2: ∆S2=m2cp1ln(Tf/T2)−m2r.ln(Pf/P2)
cp2= γ2cV2=761.7 J/Kg.K…0,25 donc
∆S2=-270.3 J/K…0,5
La variation d'entropie totale:
∆S=∆S1 + ∆S2=117.9 J/K >0…0,5
"Les étudiants qui ont travaillés avec R à la place de r ne
seront pas pénalisés".
Exercice 3: (5 Pts)
1- Calcul de la température et la pression finale (3,5 Pts):
Détente polytropique avec k=1.2.
2 2 1 1
2 1( )
1 1
PV PV mr
W T T
k k

  
 
; Q=3840 J et pour l'énergie
interne:
2
1
2 2
2 1
2 1U= ( ) 600( ) 0.25( )
2 2
T
V
T
T T
m c T dT m T T
 
     
 
 …0,5
m=P1V1/rT1=0.397 Kg…0,25 on écrit le premier principe:
∆U=Q+W…0,5
2 2
2 1
2 1 2 1600( ) 0.25( ) ( )
2 2 1
T T mr
m T T Q T T
k
 
       
 
…0,5 et
après simplification on obtient
2
2 20.05 262 70300 0T T     …0,5 La résolution de cette
équation donne deux valeurs
T2=4996.5 K (impossible) et T2=283.5 K qui est la
température finale.
Donc T2=283.5 K…0,5
Et on a  
  
( )
21 1
2 1
1
( )
k k
k k
T
TP cte P P
T
…0,25
Donc P2=2.14 bar …0,5
2- Calcul du volume final (0,5 Pts)
PVk=Cte 
1
1
2 1
2
( )k
P
V V
P
V2=0.132 m3…0,5
3- La variation de l'énergie interne (0,5 Pts)
2 2
2 1
2 1U 600( ) 0.25( )
2 2
T T
m T T
 
     
 
=-4408 J…0,5
4- Calcul du travail (0,5 Pts)
W U Q  
W=-8248 J …0,5

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Correction emd 1 iex 05

  • 1. Groupe: IEX 05 Correction EMD 1 : Thermodynamique et Transfert de Chaleur Exercice 1: (8 Pts) 1-VA=nRTA/PA=12.5 l…0,5; VB=nRTB/PB=25 l…0,5; PC=PB=1 bar…0,5; TC=PCVC /nR=246.6 K…0,5 2- L'entropie crée entre A et B( détente isotherme) : ∆SAB= nR.ln(VB/VA)=5.76 J/K …1 3- WBC=-PB(VC−VB)=450 J…1 QBC=n.cP(TC−TB)=(7/2)R (TC−TB)= -1554.7 J…1 ∆SBC= n.cP .ln(TC/TB)= -5.76 J/K…1 4-L'entropie du cycle: ∆ST =∆SAB +∆SBC+∆SCA…0,5 ∆SCA=0 (évolution adiabatique réversible) donc ∆ST =0…0,5 5- dans le cas réversible on obtient le même résultat car l'entropie est une fonction d'état. ∆ST =0 puisque l'état final est identique à l'état initial…1 Exercice 2 (7 Pts) 1- Calcul des volumes (1 Pts): V1=nRT1/P1=0.2 m3…0,5; V2=nRT2/P2=1.27 m3…0,5; 2- La température d'équilibre (2,5 Pts) : Le système est isolé (Q=0, W=0) …0,5 donc l'énergie interne totale: ∆U=∆U1+∆U2=0…0,5  m1.cv1(Tf−T1)+ m2.cv2(Tf−T2)=0     1 1 1 2 2 2 1 1 2 2 V V f V V m c T m c T T m c m c …0,5 cV1=r1/(γ1−1)=717J/Kg.K…0,25; cV2=r2/(γ2−1)=572.7 J/Kg.K…0,25 donc: Tf = 420 K…0,5 3- La pression finale (1,5 Pts): A l'équilibre Pf1=Pf2= Pf…0,5 Pf= m1r1Tf/Vf1= m2r2Tf/Vf2 Pf=( m1r1+ m2r2)Tf/(V1+V2) …0,5 Pf = 2.44 bar…0,5 4- Calcul des variations d'entropie (2 Pts): Pour l'air ∆S1=m1cp1ln(Tf/T1)−m1r.ln(Pf/P1) cp1= γ1cV1=1000 J/Kg.K …0,25 donc ∆S1=388.2 J/K…0,5 Pour le CO2: ∆S2=m2cp1ln(Tf/T2)−m2r.ln(Pf/P2) cp2= γ2cV2=761.7 J/Kg.K…0,25 donc ∆S2=-270.3 J/K…0,5 La variation d'entropie totale: ∆S=∆S1 + ∆S2=117.9 J/K >0…0,5 "Les étudiants qui ont travaillés avec R à la place de r ne seront pas pénalisés". Exercice 3: (5 Pts) 1- Calcul de la température et la pression finale (3,5 Pts): Détente polytropique avec k=1.2. 2 2 1 1 2 1( ) 1 1 PV PV mr W T T k k       ; Q=3840 J et pour l'énergie interne: 2 1 2 2 2 1 2 1U= ( ) 600( ) 0.25( ) 2 2 T V T T T m c T dT m T T            …0,5 m=P1V1/rT1=0.397 Kg…0,25 on écrit le premier principe: ∆U=Q+W…0,5 2 2 2 1 2 1 2 1600( ) 0.25( ) ( ) 2 2 1 T T mr m T T Q T T k             …0,5 et après simplification on obtient 2 2 20.05 262 70300 0T T     …0,5 La résolution de cette équation donne deux valeurs T2=4996.5 K (impossible) et T2=283.5 K qui est la température finale. Donc T2=283.5 K…0,5 Et on a      ( ) 21 1 2 1 1 ( ) k k k k T TP cte P P T …0,25 Donc P2=2.14 bar …0,5 2- Calcul du volume final (0,5 Pts) PVk=Cte  1 1 2 1 2 ( )k P V V P V2=0.132 m3…0,5 3- La variation de l'énergie interne (0,5 Pts) 2 2 2 1 2 1U 600( ) 0.25( ) 2 2 T T m T T           =-4408 J…0,5 4- Calcul du travail (0,5 Pts) W U Q   W=-8248 J …0,5