Le document présente des calculs thermodynamiques, incluant la détermination de la chaleur massique du cuivre et des travaux effectués lors de divers états d'un système. Il illustre l'application du premier principe de la thermodynamique en vérifiant que la somme des travaux et des échanges thermiques dans un cycle est nulle. Enfin, le document inclut des calculs de variables d'état pour différents processus thermiques.

1. Groupe: IEX 03
EMD 1: Correction
Exercice 1: ( 5 pts)
1- Calcul de K: (3pts)
à l'équilibre on a: ΔQ1(eau+cal)+ΔQ2(eau chaude)=0
ΔQ1=(mece+K)(θf – θi) ; … 0,5 ΔQ2=m1ce (θf – θ1); … 0,5
ΔQ1+ΔQ2=0 … 0,5 ⇒
(mece+K)(θf – θi)+ m1ce (θf – θ1)=0 …0,5 ⇒ K (θf – θi)+ mece(θf – θi)+ m1ce (θf – θ1)=0 donc
)(
)(cm)(cm
K
if
1fe1ifee
θ−θ
θ−θ+θ−θ
−= … 0,5
AN: K=418.5 J/K … 0,5
2- Calcul de la chaleur massique du cuivre. (2pts)
Corps 1: 600g d'eau +cal à 25°C; Corps 2: 500g cuivre à 120°C. A l'équilibre : ΔQ1+ΔQ2=0. …0,5
⇒ ((me+ m1)ce+K)(θ'f – θf)+ mcuccu (θ'f – θ2)=0 …0,5
⇒
)'(m
)')(Kc)mm((
c
2fcu
ffe1e
cu
θ−θ
θ−θ++
−= …0,5
AN: ccu=1098,6 J/Kg.K ...0,5
Exercice 3: (5 pts)
1- Expression de P: (2 pts)
L'air dans C1 est dans l'état initial (P0, V0, T0); et dans C2 dans l'état initial (2P0, V0, T0). Après
libération du piston le système atteint un état d'équilibre mécanique donc l'égalité des pressions pour
les deux compartiments. Le piston se déplace de façon quasi statique.
Donc on aura: pour C1: P0V0
γ
= PV1
γ
(1) … 0,25: pour C2 : 2P0V0
γ
= PV1
γ
(2) … 0,25
Avec V1+V2=2V0 (3) … 0,25
(1)/(2) ⇒(V1/V2)γ
=2⇒ V2= V121/γ
on remplace dans (3) on obtient:
γ
+
= /1
0
1
21
V2
V … 0,5 on remplace dans (1) et on aboutit à:
0
/1
P)
2
21
(P γ
γ
+
= … 0,5
AN: P=((1+1.64)/2)1.4
P0 ⇒ P =1.48 bar … 0,25
2- Calcul des volumes et des températures a l'état final: (1,5 pts)
On a γ
+
= /1
0
1
21
V2
V ≈3L … 0,25 V2= 2V0-V1≈5L …0,25
On a T0=298K donc
K333T
VP
PV
T 0
00
1
1 == … 0,5 K273.2T
VP2
PV
T 0
00
2
2 == … 0,5
3- Calcul des travaux effectués: (1pts)
Pour C1: W1=ΔU1=(PV1-P0V0)/(γ-1) ⇒ W1=117,6 J … 0,5
Pour C2: W2=ΔU2=(PV2-2P0V0)/(γ-1) ⇒ W1=-166,4 J … 0,5
4- Calcul de la variation totale de l'énergie interne: (0,5 pts)
D'apès la question 3 on a:
ΔU= ΔU1 + ΔU2= W1 + W2
Donc ΔU=-48,8 J … 0,5

2. Exercice 2: (10 pts)
1- Calcul du nombre de moles: (0,5 pts)
n=(PAVA)/(RTA) ⇒ n = (2.105
.0,03)/(8,31.289)
n = 2,5 moles … 0,5
2- Calcul des variables d'état: (3,5 pts)
- Etat A: (PA=2 bar ; VA= 30 L ; TA= 289K) ; A→B : Compression isotherme.
- Etat B :VB=6 L et TA=TB donc PB= (VA/VB) PA ⇒ PB =10 bars; B→C : Echauffement isobare.
- Etat C: VC=18 L, et PB = PC=10 bars ⇒ TC=TB(VC/VB)=867 K; C → D: Détente adiabatique.
- PD = PA =2 bars, VD=(PC/PD)1/γ
= 56,8 L, TD=TC(PDVD/PCVC)=547,2 K: Refroidissement isobare.
Le tableau 1: … 7 x 0,5 (seulement les valeurs en gras sont notés)
P (bars) V (L) T (K)
Etat A 5 30 289
Etat B 10 6 289
Etat C 10 18 867
Etat D 2 56,8 547,4
3- Calcul des travaux, chaleurs et énergies internes (Le tableau 2): (5 pts)
Transformation Q(KJ) W(KJ) ΔU(KJ)=Q+W
A → B -nRTA.ln(VA/VB)= -9,66 nRTA.ln(VA/VB)= 9,66 0
B → C ncP(TC-TB)= 42 -PC(VC-VB) = -12 30
C → D 0 (PDVD-PCVC)/(γ-1) = -16,6 -16,6
D → A ncP(TA-TD) = -18,8 -PA(VA-VD) = 5,4 -13,4
(0,25+0,25) x 4 (0,25+0,25) x 4 (0,25) x 4
4- Vérification du premier principe: (1 pts)
- Calcul du travail total et la chaleur total du cycle:
WT=WAB+WBC+WCD+WDA= -13,6 KJ
QT= QAB+QBC+QCD+QDA= 13,6 KJ
- Calcul de l'énergie interne totale du cycle: ΔUT=0
On remarque que WT +QT =ΔUT=0.
Donc le premier principe est vérifié pour ce cycle.