{"structure":{"1":{"title":"Définitions et concepts","page":3,"sections":[{"num":"1.1","title":"Notions de système et de volume de contrôle","page":3},{"num":"1.2","title":"La thermodynamique macroscopique","page":4},{"num":"1.3","title":"Variables et états d'une substance","page":4},{"num":"1.4","title":"Évolutions et cycles","page":5},{"num":"1.5","title":"Quelques grandeurs importantes","page":6}]},"2":{"title":"Propriétés des substances pures","page":6,"sections":[{"num":"2.1","title":"Équilibre des phases vapeur- liquide-solide d'une substance pure","page":6},{"num":"2.2","title":"Equations d'état pour la phase vapeur et diagramme de compressibilité","page":8},{"num":"2.3","title":"Titre de vapeur","page":10}]},"3":{"title":"Travail et chaleur","page":12,"sections":[{"num":"3.1","title":"Définition du travail","page":12},{"num":"3.2","title":"Travail à la frontière mobile d'un système compressible simple","page":12},{"num":"3.3","title":"Cas d'une transformation quasi-statique ou réversible","page":13},{"num":"3.4","title":"Le travail est-il une fonction d'état ?","page":14},{"num":"3.6","title":"Définition de la chaleur","page":14}]},"4":{"title":"Le premier principe de la thermodynamique","page":16,"sections":[{"num":"4.1","title":"Système cyclique","page":16},{"num":"4.2","title":"Le premier principe et les changements d'état d'un système","page":16},{"num":"4.3","title":"Les chaleurs massiques à volume constant et à pression constante","page":18},{"num":"4.4","title":"L'énergie interne, l'enthalpie et la chaleur massique d'un gaz parfait","page":19},{"num":"4.5","title":"Relation de Mayer","page":20},{"num":"4.6","title":"Gaz parfaits et semi-parfaits","page":20}]},"5":{"title":"Le premier principe et les systèmes en écoulement","page":22,"sections":[{"num":"5.1","title":"Introduction et définition d'un volume de contrôle","page":22},{"num":"5.2","title":"Bilan de matière","page":22},{"num":"5.3","title":"Bilan d'énergie","page":23},{"num":"5.4","title":"Évolution avec Ecoulement en Régime Permanent (ERP)","page":25},{"num":"5.5","title":"Détente de Joule-Thompson","page":26},{"num":"5.6","title":"L'évolution avec écoulement non permanent mais uniforme","page":27}]},"6":{"title":"Le second principe de la thermodynamique","page":29,"sections":[{"num":"6.1","title":"Introduction et énoncés du second principe","page":29},{"num":"6.2","title":"La machine thermique","page":30},{"num":"6.3","title":"Notion de rendement","page":31},{"num":"6.4","title":"Évolution réversible et causes d'irréversibilité","page":33},{"num":"6.5","title":"Le cycle de CARNOT (1824)","page":33},{"num":"6.6","title":"Le cycle de Carnot et l'échelle des températures absolues","page":34}]},"7":{"title":"L'entropie, une fonction d'état","page":36,"sections":[{"num":"7.1","title":"L'inégalité de Clausius","page":36},{"num":"7.2","title":"L'Entropie-définition","page":37},{"num":"7.3","title":"Évolution dans le diagramme T- s","page":38},{"num":"7.4","title":"Relations thermodynamiques importantes","page":39},{"num":"7.5","title":"Variations d'entropie pour des évolutions irréversibles","page":40},{"num":"7.6","title":"Notion de travail dégradé","page":41},{"num":"7.7","title":"Principe de l'accroissement de l'entropie de l'univers","page":42},{"num":"7.8","title":"Calcul de la variation d'entropie d'une phase condensée","page":43},{"num":"7.9","title":"Variation d'entropie d'un gaz parfait","page":43},{"num":"7.10","title":"Évolution adiabatique d'un gaz parfait : Relations de Laplace","page":44},{"num":"7.11","title":"Évolution adiabatique réversible d'un gaz semi-parfait","page":44}]},"8":{"title":"Le second principe et les systèmes en écoulement","page":46,"sections":[{"num":"8.1","title":"Application du second principe à un volume de contrôle","page":46},{"num":"8.2","title":"Évolution avec écoulement en régime permanent (ERP)","page":48},{"num":"8.3","title":"Évolution réversible avec écoulement en régime permanent","page":48},{"num":"8.4","title":"Notion de rendement isentropique","page":50}]},"9":{"title":"Les cycles de puissance et de réfrigération","page":51,"sections":[{"num":"9.1","title":"Cycle de Rankine (cycle de puissance à vapeur)","page":51},{"num":"9.1","title":"Influence de la pression et de la température","page":52},{"num":"9.1","title":"Rankine à resurchauffe","page":53},{"num":"9.1","title":"Rankine à régénération","page":54},{"num":"9.1","title":"Écarts entre cycle réel et cycle idéal","page":56},{"num":"9.2","title":"Cycle d'Otto","page":57},{"num":"9.2","title":"Cycle Diesel","page":59},{"num":"9.2","title":"Cycles de Stirling et d'Ericsson","page":60},{"num":"9.2","title":"Cycle de Brayton (turbine à gaz)","page":61},{"num":"9.2","title":"Turbine à gaz avec régénérateur","page":64},{"num":"9.3","title":"Réfrigération à compression de vapeur","page":68},{"num":"9.3","title":"Cycle de réfrigération réel","page":69},{"num":"9.3","title":"Cycles de réfrigération combinés","page":70},{"num":"9.3","title":"Réfrigération à absorption","page":73}]},"10":{"title":"Mélange de gaz et humidification de l'air","page":78,"sections":[{"num":"10.1","title":"Mélanges de gaz parfaits","page":78},{"num":"10.2","title":"Mélange de gaz réels","page":80},{"num":"10.3","title":"Mélange d'un gaz et d'une vapeur condensable: cas de l'air humide","page":81},{"num":"10.3","title":"Humidité relative et absolue, température de rosée","page":81},{"num":"10.3","title":"Diagramme de l'air humide","page":87}]}},"td":{"1":[{"n":1,"page":2,"id":"td1-ex1-enonce"},{"n":2,"page":2,"id":"td1-ex2-enonce"},{"n":3,"page":2,"id":"td1-ex3-enonce"},{"n":4,"page":2,"id":"td1-ex4-enonce"},{"n":5,"page":3,"id":"td1-ex5-enonce"},{"n":6,"page":3,"id":"td1-ex6-enonce"},{"n":7,"page":3,"id":"td1-ex7-enonce"},{"n":8,"page":3,"id":"td1-ex8-enonce"}],"2":[{"n":1,"page":4,"id":"td2-ex1-enonce"},{"n":2,"page":4,"id":"td2-ex2-enonce"},{"n":3,"page":4,"id":"td2-ex3-enonce"},{"n":4,"page":4,"id":"td2-ex4-enonce"},{"n":5,"page":4,"id":"td2-ex5-enonce"},{"n":6,"page":4,"id":"td2-ex6-enonce"},{"n":7,"page":4,"id":"td2-ex7-enonce"},{"n":8,"page":4,"id":"td2-ex8-enonce"}],"3":[{"n":1,"page":6,"id":"td3-ex1-enonce"},{"n":2,"page":6,"id":"td3-ex2-enonce"},{"n":3,"page":6,"id":"td3-ex3-enonce"},{"n":4,"page":7,"id":"td3-ex4-enonce"},{"n":5,"page":7,"id":"td3-ex5-enonce"},{"n":6,"page":7,"id":"td3-ex6-enonce"},{"n":7,"page":8,"id":"td3-ex7-enonce"},{"n":8,"page":8,"id":"td3-ex8-enonce"}],"4":[{"n":1,"page":9,"id":"td4-ex1-enonce"},{"n":2,"page":9,"id":"td4-ex2-enonce"},{"n":3,"page":9,"id":"td4-ex3-enonce"},{"n":4,"page":9,"id":"td4-ex4-enonce"},{"n":5,"page":9,"id":"td4-ex5-enonce"},{"n":6,"page":9,"id":"td4-ex6-enonce"},{"n":7,"page":9,"id":"td4-ex7-enonce"},{"n":8,"page":10,"id":"td4-ex8-enonce"},{"n":9,"page":10,"id":"td4-ex9-enonce"}],"5":[{"n":1,"page":11,"id":"td5-ex1-enonce"},{"n":2,"page":11,"id":"td5-ex2-enonce"},{"n":3,"page":11,"id":"td5-ex3-enonce"},{"n":4,"page":12,"id":"td5-ex4-enonce"},{"n":5,"page":12,"id":"td5-ex5-enonce"},{"n":6,"page":12,"id":"td5-ex6-enonce"},{"n":7,"page":13,"id":"td5-ex7-enonce"},{"n":8,"page":14,"id":"td5-ex8-enonce"},{"n":9,"page":14,"id":"td5-ex9-enonce"},{"n":10,"page":15,"id":"td5-ex10-enonce"}],"6":[{"n":1,"page":16,"id":"td6-ex1-enonce"},{"n":2,"page":16,"id":"td6-ex2-enonce"},{"n":3,"page":16,"id":"td6-ex3-enonce"}],"7":[{"n":1,"page":17,"id":"td7-ex1-enonce"},{"n":2,"page":17,"id":"td7-ex2-enonce"},{"n":3,"page":17,"id":"td7-ex3-enonce"},{"n":4,"page":17,"id":"td7-ex4-enonce"},{"n":5,"page":17,"id":"td7-ex5-enonce"},{"n":6,"page":17,"id":"td7-ex6-enonce"},{"n":7,"page":18,"id":"td7-ex7-enonce"},{"n":8,"page":18,"id":"td7-ex8-enonce"}],"8":[{"n":1,"page":19,"id":"td8-ex1-enonce"},{"n":2,"page":19,"id":"td8-ex2-enonce"},{"n":3,"page":19,"id":"td8-ex3-enonce"},{"n":4,"page":19,"id":"td8-ex4-enonce"},{"n":5,"page":19,"id":"td8-ex5-enonce"},{"n":6,"page":19,"id":"td8-ex6-enonce"},{"n":7,"page":20,"id":"td8-ex7-enonce"},{"n":8,"page":20,"id":"td8-ex8-enonce"},{"n":9,"page":20,"id":"td8-ex9-enonce"}],"9":[{"n":1,"page":21,"id":"td9-ex1-enonce"},{"n":2,"page":21,"id":"td9-ex2-enonce"},{"n":3,"page":21,"id":"td9-ex3-enonce"},{"n":4,"page":22,"id":"td9-ex4-enonce"},{"n":5,"page":22,"id":"td9-ex5-enonce"},{"n":6,"page":22,"id":"td9-ex6-enonce"},{"n":7,"page":22,"id":"td9-ex7-enonce"},{"n":8,"page":23,"id":"td9-ex8-enonce"},{"n":9,"page":23,"id":"td9-ex9-enonce"}],"10":[{"n":1,"page":24,"id":"td10-ex1-enonce"},{"n":2,"page":24,"id":"td10-ex2-enonce"},{"n":3,"page":24,"id":"td10-ex3-enonce"},{"n":4,"page":24,"id":"td10-ex4-enonce"}]},"chunks":[{"id":"cours-1-0","type":"cours","chap":1,"title":"Cours · chap. 1 Définitions et concepts","file":"poly.pdf","page":3,"text":"La thermodynamique est la science qui traite de la chaleur et du travail ainsi que des propriétés\ndes substances qui ont un rapport avec la chaleur et le travail. Comme toute science la\nthermodynamique repose sur des observations expérimentales. Ces observations ont amené à\nposer un certain nombre de principes fondamentaux connus sous les noms de premier, second\net troisième principe.\n\nIl arrive parfois qu'on parle de \" principe 0 \" pour désigner l'état d'équilibre thermique : deux\ncorps sont à l'état d'équilibre thermique si leurs températures sont égales."},{"id":"cours-1.1-0","type":"cours","chap":1,"title":"Cours · 1.1 Notions de système et de volume de contrôle","file":"poly.pdf","page":3,"text":"On définira un système fermé, appelé simplement système comme une quantité de matière de\nmasse et de composition fixes qui est le siège de transformations thermodynamiques. Une\ntransformation thermodynamique est un changement d'état du système qui résulte d'un\néchange de chaleur et/ou de travail entre le système et le milieu extérieur. Les limites entre le\nsystème et le milieu extérieur peuvent être mobiles ou fixes, mais aucun échange de matière\nne peut avoir lieu à travers celles-ci. L'ensemble du système et du milieu extérieur constitue\n\"l'univers\", dont la figure 1.1 représente un exemple du système.\n\nUn système isolé est un système qui ne subit aucune influence du milieu extérieur : c'est à dire\nqu'il n'y a ni échange de chaleur ni échange de travail à travers les limites du système.\n\nSouvent l'étude thermodynamique porte sur un appareil traversé par un écoulement de\nmatière, par exemple le compresseur d'air présenté sur la Fig. 1.2. Dans ce cas, il faut\ndéterminer une surface de contrôle à travers laquelle s'effectuent les échanges de matière, de\nchaleur et de travail. Le volume intérieur délimité par la surface de contrôle est appelé volume\nde contrôle.\n\n2\n\nEn résumé, le système désignera une masse fixe et le volume de contrôle un espace dans\nlequel la matière en écoulement s'échange avec le milieu extérieur à travers sa surface de\ncontrôle."},{"id":"cours-1.2-0","type":"cours","chap":1,"title":"Cours · 1.2 La thermodynamique macroscopique","file":"poly.pdf","page":4,"text":"L'objet de ce cours est de donner un aperçu des problèmes faisant intervenir l'énergie\nmécanique et l'énergie thermique. Il fait appel à la thermodynamique macroscopique (ou\nphénoménologique). La thermodynamique macroscopique cherche à établir des lois\nmacroscopiques dont les trois principes évoqués ci-dessus constituent la base. Dans cette\napproche, on ne s'intéresse qu'aux manifestations globales ou moyennes d'un grand nombre\nde molécules, caractérisées le plus souvent par la mesure de variables d'état : température,\npression et volume (T,P,V).\n\nCette approche se distingue clairement de la thermodynamique statistique qui s'appuie sur des\nconsidérations moléculaires et sur le calcul des probabilités pour établir des principes\nfondamentaux et pénétrer plus avant dans la structure de la matière et en expliquer les\npropriétés. En thermodynamique macroscopique, on admettra que les propriétés de la matière\nsont connues et plus exactement, elle exploite des données pouvant être fournies par la\nthermodynamique statistique."},{"id":"cours-1.3-0","type":"cours","chap":1,"title":"Cours · 1.3 Variables et états d'une substance","file":"poly.pdf","page":4,"text":"Une substance (par exemple H₂O) peut se retrouver sous différentes phases: liquide, solide\n(glace) ou gaz. On entend par phase en thermodynamique une quantité de substance\nentièrement homogène.\n\nDans une phase donnée, la substance ou le système peut se trouver dans différents états.\nChaque état de la substance correspond à des valeurs définies des variables dites d'état. Les\nseules variables d'état mesurables sont la température, la pression et le volume.\n\nOn distingue les variables intensives des variables extensives:\n\n3\n\n-  les variables intensives ne dépendent pas de la masse du système et elle peuvent être\ndéfinies en tout point de celui-ci. Il s'agit de la température, de la pression ou de toute\ngrandeur spécifique tel le volume spécifique.\n-  les variables extensives (volume V, énergie interne U, enthalpie H etc...) dépendent de la\nmasse du système.\n\nL'expérience indique que pour un système chimiquement inerte de composition et de masse\ndonnées, il suffit de connaître deux variables d'état indépendantes pour que l'état du système\nsoit entièrement déterminé. On exprime cette propriété en disant que le système est bivariant."},{"id":"cours-1.4-0","type":"cours","chap":1,"title":"Cours · 1.4 Evolutions et cycles","file":"poly.pdf","page":5,"text":"Si on enlève un ou plusieurs poids sur le piston représenté sur la Fig. 1.3, la pression P du\nsystème diminue. Il en résulte un changement d'état du système. Il passe d'un état d'équilibre à\nun autre correspondant à un nouvel équilibre des forces exercées sur le piston. On dit que le\nsystème a subi une évolution ou une transformation de sorte que l'équation suivante est\nsatisfaite pour les états initial et final.\nMg\nPsys = Pext +\n\nS\nOn définit une évolution idéale comme une évolution dite quasi-statique durant laquelle le\nsystème passe par une infinité d'états d'équilibre entre l'état initial et l'état final. Cette\ntransformation idéale est très importante en thermodynamique et sera largement abordée dans\nla suite de ce cours.\n\nPour rejoindre un état final à partir d'un état initial donné, le système peut emprunter plusieurs\nparcours possibles. Aussi, il arrive qu'une variable d'état du système soit maintenue constante\ndurant toute l'évolution. On dira que la transformation est :\n\n-  isobare si la pression est maintenue constante,\n-  isotherme si la température est constante,\n-  isochore si le volume est constant etc...\n\nOn dit qu'un système décrit un cycle quand à partir d'un état initial, il subit une succession de\ntransformations à l'issue desquelles il retrouve exactement le même état initial.\n\n4"},{"id":"cours-1.5-0","type":"cours","chap":1,"title":"Cours · 1.5 Quelques grandeurs importantes","file":"poly.pdf","page":6,"text":"Volume massique (ou spécifique) : v \\[m³/Kg\\]\nVolume molaire : v \\[m³/mole\\]\nMasse volumique : ρ \\[Kg/m³\\]\nPression : P \\[Pa ≡ N/m², 1 Atm = 760 mmHg = 101325 Pa\\]"},{"id":"cours-2-0","type":"cours","chap":2,"title":"Cours · chap. 2 Propriétés des substances pures","file":"poly.pdf","page":6,"text":"Une substance pure est une substance dont la composition chimique est homogène et stable.\nElle peut exister sous différentes phases : solide, liquide ou gaz. Un mélange de gaz tel que\nl'air peut présenter les caractéristiques d'une substance pure pour autant qu'il n'y ait pas de\nchangement de phase."},{"id":"cours-2.1-0","type":"cours","chap":2,"title":"Cours · 2.1 Equilibre des phases vapeur- liquide - solide d'une substance pure.","file":"poly.pdf","page":6,"text":"On chauffe l'eau liquide contenue dans le cylindre (Fig. 2.1a) maintenu à la pression constante\nde 0,1 MPa (1 bar) et initialement à 20 °C. La température augmente et le volume massique\naugmente très légèrement. Lorsque la température atteint 99,6 °C (Fig. 2.1b) la première bulle\nde vapeur apparaît dans le cylindre (point de bulle). Tout nouvel apport de chaleur entraîne la\ntransformation de l'eau liquide en eau vapeur alors que la température reste constante et égale\nà 99,6 °C avec évidemment un accroissement considérable du volume. On observe une phase\nliquide et une phase vapeur en équilibre dans le cylindre (Fig. 2.1c). A un certain moment la\ndernière goutte de liquide disparaît (point de rosée) (Fig. 2.1d). La totalité du liquide a été\ntransformée en vapeur. Tout nouvel apport de chaleur entraîne une augmentation de la\ntempérature et du volume de la vapeur (Fig. 2.1c).\n\n5\n\nLa température de saturation désigne la température à laquelle se produit, à pression donnée,\nun équilibre entre deux phases distinctes. Ainsi T= 99,6 °C est la température de saturation (ou\nd'équilibre des phases liquide et vapeur) à la pression P = 0,1 MPa. Réciproquement P = 0,1\nMPa est la pression de saturation pour T = 99,6 °C. Il y a une relation univoque entre la\ntempérature et la pression de saturation (Fig. 2-2). Autrement dit, un équilibre biphasique est\nmonovariant.\n\nOn parle de:\n\n-  liquide sous-refroidi (ou liquide comprimé) quand la température de la substance sous\nforme liquide est inférieure à la température de saturation correspondant à la pression\nconsidérée (Fig. 2.1a) ;\n-  liquide saturé (ou saturant) quand la substance est sous forme liquide à la température et\nà la pression de saturation (Fig. 2.1b, c et d) ;\n-  vapeur saturée (ou saturante) quand la substance est sous forme vapeur à la température\net à la pression de saturation (Fig. 2.1b, c et d) ;\n-  vapeur surchauffée (ou sèche) quand la température de la substance sous forme vapeur\nest supérieure à sa température de saturation (Fig. 2.1e).\n\nLes Fig. 2.3 et 2.4 illustrent les évolutions a b c d e dans les diagrammes P-v et T-v,\nrespectivement.\n\n6"},{"id":"cours-2.1-1","type":"cours","chap":2,"title":"Cours · 2.1 Equilibre des phases vapeur- liquide - solide d'une substance pure.","file":"poly.pdf","page":8,"text":"La Fig. 2.5 représente le chauffage isobare d'un solide (la glace) à différents niveaux de\npression.\n\nSur l'isobare AB, la pression est inférieure à celle du point triple et la substance passe\ndirectement de l'état solide à l'état vapeur à la température de sublimation.\n\nSur l'isobare EF, la substance passe de l'état solide à l'état liquide à la température de fusion\nensuite de l'état liquide à l'état gazeux à la température de vaporisation.\n\nSur l'isobare CD, la substance solide se transforme en vapeur au niveau du point triple où les\ntrois phases solide, liquide et gaz coexistent à l'équilibre.\n\nSur l'isobare GH, la pression y est supérieure à la pression critique. Le solide est d'abord\ntransformé en fluide supercritique au niveau de la courbe de fusion et on n'observe pas ensuite\nde transition liquide-vapeur. Il y a plutôt une variation continue de la masse volumique et une\nseule phase est observable qu'on désigne habituellement par le terme de fluide supercritique.\n\nAu point critique, les états de liquide saturé et de vapeur saturée sont identiques. On désigne\nrespectivement par Tc, Pc, et vc, la température critique, la pression critique et le volume\nspécifique critique. Pour l'eau, Tc = 374,14 °C, Pc = 22,09 MPa et vc = 0,003155 m³/kg.\n\nDans le diagramme P-v, l'isotherme au point critique présente un point d'inflexion avec une\ntangente horizontale. Il en est de même dans le diagramme T-v pour l'isobare au point critique."},{"id":"cours-2.2-0","type":"cours","chap":2,"title":"Cours · 2.2 Equations d'état pour la phase vapeur et diagramme de compressibilité","file":"poly.pdf","page":8,"text":"En absence d'effets électriques ou magnétiques, la substance pure est dite simplement\ncompressible et l'expérience montre que son état thermodynamique dépend seulement de\ndeux variables indépendantes. Ainsi la pression d'une masse déterminée d'une substance\ngazeuse dépend du volume qu'elle occupe V et de sa température T : P = f (T,V). Ces deux\nvariables V et T étant indépendantes. On peut ainsi bien écrire que V = f (T, P) où P et T sont\nles variables indépendantes.\n\n7\n\nL'état d'un corps pur peut être décrit par une équation dite équation d'état. Cette équation peut\ns'appliquer à différentes phases de la substance (par exemple liquide ou solide) ou au contraire\nparfois n'être valable que dans un domaine restreint d'une seule phase. C'est le cas des gaz\n(ou vapeur surchauffée) à faible pression qui peuvent être décrits par l'équation d'état des gaz\nparfaits.\nP v = RT  R = 8,314 J/mole.K  (2.1)\n\nv est le volume molaire [m³/mole] ;\n\nParfois, il est intéressant d'exprimer l'équation d'état d'un constituant avec des variables\nintensives et en divisant les deux membres de l'équation (2.1) par la masse molaire de ce\nconstituant, on obtient alors:\nv  R\nP\n=  T  ou  P V = rT\nM  M\nPour l'air, la constante massique des gaz parfaits r est égale à 287 J/kg K\n\nLa loi des gaz parfaits n'est pas applicable à pression élevée. Pour estimer l'écart de\ncomportement du gaz réel par rapport à celui du gaz parfait on a introduit le facteur de\ncompressibilité Z défini par la relation :\nPV\nZ=\n(2.2)\nrT\nEvidemment pour un gaz parfait Z = 1. La variation de Z en fonction de la pression à différentes\ntempératures constitue le diagramme de compressibilité.\n\nLa Fig. 2.6 correspond au diagramme de compressibilité de l'azote. Plusieurs observations\ns'imposent :\n\n-  quelle que soit la température Z→1 lorsque P→0. En effet, lorsque P tend vers zéro, le\ncomportement de tous les gaz est bien décrit par l'équation d'état des gaz parfaits.\n-  à des températures de l'ordre de 300 K (c'est à dire approximativement la température\nstandard et au dessus) , le facteur de compressibilité demeure voisin de 1 jusqu'à des\npressions d'environ 10 MPa, et l'équation d'état des gaz parfaits reste valable.\n-  entre la pression critique et environ 15 MPa, un abaissement de la température en\nmaintenant la pression constante se traduit par un net abaissement du facteur de\ncompressibilité en dessous de 1. Ce comportement peut s'expliquer par les forces\nintermoléculaires d'attraction d'autant plus forte que la température est basse.\n-  aux pressions élevées (> 30 MPa) , le facteur de compressibilité est toujours supérieur à\nun."},{"id":"cours-2.2-1","type":"cours","chap":2,"title":"Cours · 2.2 Equations d'état pour la phase vapeur et diagramme de compressibilité","file":"poly.pdf","page":9,"text":"8\n\nPour décrire le comportement des gaz réels, alternativement au diagramme de compressibilité\ngénéralisé, on a recours à des équations d'état telle que l'équation de Van der Waals (la plus\nancienne)\na\n(P +  ) (V − b) = rT  (2.3)\nV2\n\nIl arrive aussi que l'état d'une substance soit tabulé comme pour l'eau dont les tables\nthermodynamiques sont présentées en annexe."},{"id":"cours-2.3-0","type":"cours","chap":2,"title":"Cours · 2.3 Titre de vapeur","file":"poly.pdf","page":10,"text":"Lorsqu'une substance est présente à la fois sous forme liquide et vapeur, à la température de\nsaturation, on définit le titre de vapeur x comme étant la fraction massique de vapeur dans le\nmélange.\nmvap\nx=\n\nmvap + mliq\n\nIl est possible de déterminer toutes les propriétés du mélange à partir des propriétés des\nphases en présence et du titre de la vapeur. Soit une masse m de substance de volume V\nayant un titre x.\nV = Vliq + Vvap\n\nmV = mliq Vf + mvap Vg\n\nmliq  mvap\nV =  Vf +  Vg = (1 − x)Vf + xVg\n\nm  m\nV = Vf + xVf g  avec\nVf g = Vg − Vf\n\nAvec:\n\nVg : volume spécifique de la vapeur saturée\n\n9\n\nVf : volume spécifique du liquide saturé\nVfg : différence de volumes spécifiques de la vapeur et du liquide saturés\n\nRéciproquement, si on connaît le volume spécifique moyen v d'un mélange liquide -vapeur à T\nou P connues, on peut déterminer son titre de vapeur à partir de l'expression suivante :\nV − Vf\nx=\n\nVg − Vf\n\n10"},{"id":"cours-3.1-0","type":"cours","chap":3,"title":"Cours · 3.1 Définition du travail","file":"poly.pdf","page":12,"text":"Le travail élémentaire est défini comme le produit scalaire du vecteur force extérieure exercée\nsur la frontière d'un système et du vecteur déplacement élémentaire de cette frontière.\n2\nδW = Fext ⋅ dl ⇒ W = ∫  Fext ⋅ dl\n(3.1)\n1\n\nEn thermodynamique énergétique, par convention le travail est compté positivement s'il est\ncédé par le système au milieu extérieur et négativement dans le cas inverse.\n\nLa puissance Ẇ est le travail échangé par unité de  δW\nẆ =  quand  δt → 0\ntemps:\n\nδt\n\nLe travail spécifique w est le travail échangé par  W\nw=\nunité de masse du système :\n\nm"},{"id":"cours-3.2-0","type":"cours","chap":3,"title":"Cours · 3.2 Travail à la frontière mobile d'un système compressible simple","file":"poly.pdf","page":12,"text":"dV = A dl\nA est la section du cylindre\n\nSi on considère une détente élémentaire faisant passer le volume de V à V+dV, le travail fourni\npar le système au milieu extérieur au cours de la détente est :\nδW = Fext ⋅ dl = Pext A dl = Pext dV\n\n(3.2)\n\nSi au cours d'une transformation 1→ 2 (macroscopique) la pression extérieure est constante,\nl'expression du travail fourni sera alors :\n2  2\nW12 = ∫\nδW = ∫  Pext dV = Pext (V2 − V1 )\n(3.3)\n1  1\n\nsi  V2 > V1 ⇒ W12 > 0\n\nsi  V2 < V1 ⇒ W12 < 0\n\n11"},{"id":"cours-3.3-0","type":"cours","chap":3,"title":"Cours · 3.3 Cas d'une transformation quasi-statique ou réversible","file":"poly.pdf","page":13,"text":"La transformation réversible est très progressive et à tout moment de la transformation, le\nsystème est en équilibre avec le milieu extérieur de sorte que la pression du système est égale\nà la pression extérieure : Psyst = Pext . Dans ces conditions, l'expression de la variation\nélémentaire de travail δW peut s'écrire :\nδW = Pext dV = Psyst dV\n\n(3.4)\n\nPour une transformation macroscopique réversible faisant passer le volume de V₁ à V₂, la\npression du système (ou la pression extérieure) passe très progressivement de P₁ à P₂ et\nl'expression du travail total est alors :\n2\nW12 = ∫\nPsyst dV\n(3.5)\n1\n\nLa détermination du travail par le calcul de l'intégrale précédente nécessite de connaître le\nchemin suivi par la transformation réversible. Pour un chemin défini, décrit par une relation\nanalytique Psyst(V), l'expression du travail devient :\n2\nW12 = ∫\n\nPsyst (V ) dV\n\n1\n\nDans la suite du cours on désignera simplement par P la pression du système.\n\nLa représentation de la transformation sur un diagramme P, V permet d'illustrer le travail\néchangé avec le milieu extérieur. Celui-ci est égal à l'aire 1-2-b-a-1 entre les volumes V₁ et V₂\nau dessous de la courbe P(V) comme il est indiqué sur la Fig. 3.2\n\nUn exemple courant de relation entre P et V d'un système correspond au cas de la\ntransformation polytropique :\nP V n = cte  (3.6)\n\nAvec l'exposant n, peut prendre une quelconque valeur comprise entre -∞ et +∞ .\n\n12\n\n2\n2  2\nV −n+1  P V n V 1−n − P1 V1n V11−n\n= cte [  ] =\ndV  cte\nW12 = ∫  P dV = cte ∫  (V21−n − V11−n ) = 2 2 2"},{"id":"cours-3.3-1","type":"cours","chap":3,"title":"Cours · 3.3 Cas d'une transformation quasi-statique ou réversible","file":"poly.pdf","page":14,"text":"n  −n + 1 1  1−n  1−n\n\n1  1  V\n(3.7)\nP2 V2 − P1 V1\n\nW12 =\n\n1−n\n\nLa relation (3.7) est valable pour toute valeur de l'exposant n à l'exception de n = 1 (cas de la\ntransformation isotherme réversible d'un gaz parfait P V = cte).\n\nQuand n est égal à 1, le travail se calcul comme suit :\n2  2\ndV  V2\nW12 = ∫  P dV = cte ∫  = P1 V1 Ln  (3.8)\n\n1  1  V  V1"},{"id":"cours-3.4-0","type":"cours","chap":3,"title":"Cours · 3.4 Le travail est-il une fonction d'état ?","file":"poly.pdf","page":14,"text":"Pour aller de l'état 1 à l'état 2 présentés sur la Fig. 3.3 il y a différents chemins quasi-statiques\npossibles par exemple A, B et C. Les aires sous les chemins A, B, C montrent que :\n\n2 \nW1A\n2 \n= W1B  2\n= W1C\n\nLe travail effectué entre 1 et 2 dépend du chemin suivi. W n'est pas une fonction d'état et en\nlangage mathématique la différentielle δW n'est pas une différentielle totale exacte (On aurait\nécrit dW si W était une fonction d'état).\n\nDans le cas où le gaz se détend contre le vide, la pression extérieure qui s'exerce contre le\npiston est nulle Pext = 0 et W = 0. Le travail de détente dans le vide est nul."},{"id":"cours-3.6-0","type":"cours","chap":3,"title":"Cours · 3.6 Définition de la chaleur","file":"poly.pdf","page":14,"text":"On appelle chaleur, la forme d'énergie qui est échangée entre deux systèmes (ou entre le\nsystème et le milieu extérieur) par suite de leur différence de températures.\n\n13\n\nEn thermodynamique énergétique, par convention, la chaleur est comptée négativement si elle\nest cédée par le système au milieu extérieur et positivement dans le cas contraire.\n\nD'un point de vue mathématique, la chaleur, comme le travail est fonction du chemin parcouru ;\nsa différentielle δQ n'est pas une différentielle totale exacte. L'intégrale s'écrit sous la forme :\n2\nQ21 = ∫\n\nδQ\n1\n\nQ₁² est la chaleur échangée durant l'évolution 1→ 2\n\nLe débit de chaleur (ou la puissance calorifique) est la quantité de chaleur échangée par unité\nδQ\nde temps : Q̇ =\n\nδt\nLa chaleur spécifique est la quantité de chaleur échangée par unité de masse du système,\nQ\ndonnée par : q =\n\nm\nUne évolution au cours de laquelle il n'y a pas d'échange de chaleur est une évolution dite\nadiabatique : Q = 0.\n\nUn système ne contient jamais de chaleur ni de travail mais de la chaleur ou du travail (parfois\nles deux) traversent les limites du système quand celui-ci subit un changement d'état (la\nchaleur et le travail sont des énergies en transit).\n\n14"},{"id":"cours-4.1-0","type":"cours","chap":4,"title":"Cours · 4.1 Système cyclique","file":"poly.pdf","page":16,"text":"Le premier principe de la thermodynamique peut être énoncé ainsi. Pendant tout cycle que\ndécrit un système, l'intégrale de la chaleur est proportionnelle à l'intégrale du travail sur le\ncycle.\n\nJ ∮ δQ = ∮ δW  (4.1)\n\nJ représente une constante de proportionnalité dépendant des unités de Q et W. Ainsi si Q est\nexprimé en calorie et W en joule alors J= 4,18. Si W et Q sont tous les deux exprimés en joules\n(unité SI) alors J=1"},{"id":"cours-4.2-0","type":"cours","chap":4,"title":"Cours · 4.2 Le premier principe et les changements d'état d'un système","file":"poly.pdf","page":16,"text":"Si on considère le cycle 1A2B1.\n\nEn vertu du premier principe appliqué à ce cycle,\non peut écrire :\n\n∮ δQ = ∮ δW  (4.2)\n\nEn décomposant ce cycle entre les deux trajets A\net B\n\n2  1  2  1\n∫\nδQA + ∫\n\nδQB = ∫\n\nδWA + ∫\nδWB\n(4.3)\n1  2  1  2\n2  1  2  1\nPour le cycle 1A2C1, on peut écrire : ∫  δQA + ∫  δQC = ∫  δWA + ∫  δWC  (4.4)\n1  2  1  2\n1  1  1\nEn soustrayant l'équation (4.4) de (4.3), on obtient : ∫ δQB − ∫ δQC = ∫ δWB −"},{"id":"cours-4.2-1","type":"cours","chap":4,"title":"Cours · 4.2 Le premier principe et les changements d'état d'un système","file":"poly.pdf","page":16,"text":"2  2  2\n1\n∫  δWC\n\n2\n\n1  1\nou encore : ∫ (δQ − δW )B = ∫ (δQ − δW )c\n\n2  2\n\nPuisque B et C sont des évolutions arbitraires entre les états 1 et 2, on peut affirmer que la\nquantité (δQ− δW) dépend seulement de l'état initial et de l'état final. Autrement dit la quantité\n(δQ− δW) est la même pour toutes les transformations faisant évoluer le système de l'état 1 à\nl'état 2 ou qu'elle ne dépend pas du chemin suivi entre ces états.\n\nLa quantité (δQ− δW) est donc la différentielle exacte d'une variable d'état du système :\nl'énergie totale E avec :\ndE = δQ − δW  (4.5)\n\n15\n\nLa relation 4.5 est l'expression même du premier principe de la thermodynamique pour une\ntransformation élémentaire (ou infinitésimale) d'un système.\n\nVariation d'énergie totale = quantité de chaleur reçue - quantité de travail fournie\n\nLe travail et la chaleur interviennent d'une façon symétrique. Cela montre bien que le travail et\nla chaleur sont deux énergies équivalentes. Le premier principe de la thermodynamique est\nappelé aussi principe d'équivalence.\n\nLe premier principe est une équation de conservation de l'énergie qui exclut le mouvement\nperpétuel de première espèce : on ne peut concevoir un moteur qui fournirait continuellement\nde l'énergie sans en recevoir d'une source extérieure.\n\nL'énergie totale E d'un système simplement compressible est la somme de trois types\nd'énergies. L'énergie interne, l'énergie cinétique et l'énergie potentielle. Si m représente la\nmasse du système, V sa vitesse et z son altitude, l'énergie totale s'écrit ainsi:\n1\nE = U + mV2 + mgz  (4.6)\n2"},{"id":"cours-4.2-2","type":"cours","chap":4,"title":"Cours · 4.2 Le premier principe et les changements d'état d'un système","file":"poly.pdf","page":17,"text":"Avec\n\nm : masse totale du système\nV : vecteur vitesse de déplacement du système par rapport à un repère fixe\nz : altitude du système par rapport à une altitude de référence pour laquelle z = 0\ng : accélération de la pesanteur\n\nSous forme différentielle le premier principe s'écrit :\ndE = dU + mVdV + mgdz = δQ − δW  (4.7)\n\nSous forme intégrale, entre l'état 1 et l'état 2, le premier principe s'écrit :\n(V22 − V12 )\nE 2 − E 1 = U2 − U1 + m  + mg(z2 − z1 ) = Q − W  (4.8)\n\n2\n\nDans la relation (4.8) l'énergie interne U n'est définie qu'à une constante près. Au point de vue\npratique, il sera commode de fixer arbitrairement un état thermodynamique de référence (T₀,\nP₀) pour lequel on donne une valeur arbitraire à l'énergie interne (habituellement on donne une\nvaleur nulle à l'énergie interne à T = 0 °C).\n\nL'énergie interne est une variable extensive et on peut l'écrire comme pour les énergies\ncinétique et potentielle comme le produit de la masse et de l'énergie interne spécifique : U =\nmu\n\nDans le cas où le système est un mélange biphasique, il est possible de calculer l'énergie\ninterne spécifique du système si on connaît les fractions massiques des phases en présence.\nAinsi pour\n\n16\n\nun mélange liquide-vapeur à l'état d'équilibre avec un titre de vapeur x, comme pour le volume\nspécifique du mélange, on peut montrer que :\nu = x ug + (1 − x) uf = uf + x uf g\n\n(4.9)\n\nAvec:\n\nug : énergie interne spécifique de la vapeur saturée\nuf : énergie interne spécifique du liquide\nufg : énergie interne spécifique de vaporisation ( ufg = ug − uf )\n\nLe même raisonnement s'applique pour l'enthalpie spécifique du mélange :\nh = u + P V = x hg + (1 − x) hf = hf + x hf g"},{"id":"cours-4.2-3","type":"cours","chap":4,"title":"Cours · 4.2 Le premier principe et les changements d'état d'un système","file":"poly.pdf","page":18,"text":"(4.10)\n\nIl découle de l'expression (4.10) qui ne fait intervenir que des variables d'état u, P et v que\nl'enthalpie est une fonction d'état du système."},{"id":"cours-4.3-0","type":"cours","chap":4,"title":"Cours · 4.3 Les chaleurs massiques à volume constant et à pression constante","file":"poly.pdf","page":18,"text":"Si on considère:\n\nune phase homogène d'une substance pure simplement compressible ;\nune évolution quasi-statique sans variation d'énergies cinétique et potentielle ;\n\n-  le seul travail échangé étant celui des forces de pression.\n\nQuand les variations d'énergies cinétiques et potentielles sont nulles, le premier principe de la\nthermodynamique se réduit à la relation suivante :\nδQ = dU + δW = dU + P dV  (4.11)\n\nPour une transformation à volume constant (transformation isochore), le travail des forces de\npression est nul et on définit la chaleur massique à volume constant Cv comme suit :\n1 ∂U  1 ∂Q  ∂u\nCv =  (  ) =  (  ) =(  )  (4.12)\nm ∂T v  m ∂T v  ∂T v\n\nCv est la quantité de chaleur qu'il faut fournir à 1 kg du système pour augmenter sa\ntempérature de 1 K à volume constant.\n\nOn peut exprimer le premier principe à l'aide de l'enthalpie :\nδQ = dU + P dV = dU + d(P V ) − V dP = d(U + P V ) − V dP = dH − V dP\n\nOn en déduit que pour une transformation à pression constante (transformation isobare) la\nchaleur échangée est égale à la variation d'enthalpie du système : δQ= dH\n\n17\n\nOn définit la chaleur spécifique massique à pression constante comme suit :\n1 ∂H  1 ∂Q  ∂h\nCp =  (  ) =  (  ) =(  )\nm ∂T p  m ∂T p  ∂T p\n\nCp est la quantité de chaleur qu'il faut fournir à 1 kg du système pour augmenter sa\ntempérature de 1 K à pression constante.\n\nRemarque : Cp et Cv sont des dérivées de fonctions d'état et sont donc elles mêmes des\nfonctions d'état.\n\nPar rapport au gaz, le volume massique d'une phase condensée est très petit de sorte que\npour des variations modérées de pressions, on admet que d(PV) est négligeable devant du ou\ndh.\n\ndh = du + d(P V ) ≈ du\n\nIl en découle que les chaleurs massiques à volume et à pression constante d'un solide ou d'un\nliquide sont pratiquement égales."},{"id":"cours-4.4-0","type":"cours","chap":4,"title":"Cours · 4.4 L'énergie interne, l'enthalpie et la chaleur massique d'un gaz parfait","file":"poly.pdf","page":19,"text":"Un gaz parfait a été défini comme un gaz dont la masse volumique est suffisamment faible\npour que les forces d'interaction intermoléculaires et l'énergie qui leur est associée soit petite et\nnégligeable.\n\nUn gaz parfait obéit à l'équation\nd'état Pv = RT et son énergie interne\nne dépend que de la température.\nLa démonstration en a été apportée\npar l'expérience de Joule décrite\ndans la Fig. 4.2.\n\nLe dispositif expérimental de Joule représenté sur la Fig. 4.2 comprend un volume A rempli\nd'air (à une pression relativement faible pour qu'il soit assimilé à un gaz parfait) et un volume B\ninitialement vide. L'ensemble est immergé dans un bain d'eau parfaitement isolé du milieu\nambiant. A l'état d'équilibre la température de l'air est égale à celle du bain d'eau indiquée par\nle thermomètre. On ouvre le robinet et l'air s'écoule de A vers B jusqu'à l'équilibre des pressions\ndans les deux compartiments. A l'issue de cette détente, on constate que la température du\nbain d'eau reste constante et on déduit que la quantité de chaleur échangée entre l'air et l'eau\ndu bain est nulle. Etant donné que le travail échangé entre l'air et l'eau est également nul, on\ndéduit, en\n\n18\n\nvertu du premier principe, que la variation d'énergie interne de l'air (U₂− U₁) au cours de la\ndétente est nulle. En constatant que les variations de température et d'énergie interne de l'air\nsont simultanément nulles, Joule en a déduit que l'énergie interne d'un gaz assimilé à un gaz\nparfait dépendait uniquement de la température et non du volume ou de la pression.\n\nPour un gaz parfait l'énergie interne n'est pas fonction du volume et la chaleur massique à\nvolume constant peut s'écrire sous la forme suivante :\ndu\nCvo =\n(4.15)\ndT\nC'est à dire que :\ndu = Cvo dT\nou  dU = mCvo dT\n(4.16)\n\nOn peut montrer aussi que l'enthalpie d'un gaz parfait ne dépend que de la température.\nh = u + P V = u + rT  ou  h = h(T )"},{"id":"cours-4.4-1","type":"cours","chap":4,"title":"Cours · 4.4 L'énergie interne, l'enthalpie et la chaleur massique d'un gaz parfait","file":"poly.pdf","page":20,"text":"Par conséquent, on définit la chaleur spécifique d'un gaz parfait comme suit:\ndh\nCpo =\n(4.17)\ndT\net donc  dh = Cpo dT\nou  dH = m Cpo dT\n\n(4.18)\n\nL'énergie interne et l'enthalpie d'un gaz parfait étant seulement fonctions de la température, il\nen va de même pour les chaleurs spécifiques Cvo et Cpo.\nCvo = Cvo (T )\nCpo = Cpo (T )"},{"id":"cours-4.5-0","type":"cours","chap":4,"title":"Cours · 4.5 Relation de Mayer","file":"poly.pdf","page":20,"text":"h = u + P V = u + rT  donc  dh = du + rdT\n\nc'est à dire:\nCpo dT = Cvo dT + rdT\n\nou\nCpo − Cvo = r\n\n(4.19)\n\nLa relation de Mayer avec les chaleurs molaires s'écrit :\nCpo − Cvo = R"},{"id":"cours-4.6-0","type":"cours","chap":4,"title":"Cours · 4.6 Gaz parfaits et semi-parfaits","file":"poly.pdf","page":20,"text":"L'énergie interne d'un gaz dépend beaucoup de sa structure (monoatomique ou polyatomique).\nPour un gaz monoatomique tels que He, Ne, Ar et Kr, l'énergie interne d'une molécule prise\ndans un ensemble de N molécules n'est autre que son énergie cinétique.\n1 ∗ 2 3\nu∗ = εc =  m V = kT  (4.20)\n2  2\n\noù k est la constante de Boltzman et m* la masse moléculaire\n\n19\n\nComme dans le gaz parfait il n'y a pas d'interaction entre molécules, il s'ensuit que l'énergie\ninterne totale d' un ensemble de N molécules , s'écrit :\nU = N u = N εc\n\net l'énergie interne d'une mole s'écrit :\n3  3\nU = N u∗ =  N kT = RT  avec R = N k = 8,314 J/mole/K,  N : nombre d’Avogadro\n2  2\n\nPour un gaz parfait monoatomique, l'énergie interne est directement proportionnelle à la\ntempérature absolue T et il en est de même pour l'enthalpie. Par conséquent, les chaleurs Cvo\net Cpo qui sont les dérivées par rapport à T de u et h sont indépendantes de la température.\n3  dU  3\nU=  RT ⇒ Cvo =  = R\n2  2\n\ndT\nCvo  3R  3\nCvo =  =  = r\n\n2M  2\n\nM\n5  5\nCpo = Cvo + r = r  ou  Cpo = Cvo + R = R\n2  2\n\nPour un gaz diatomique (O₂, NO) ou triatomique\n(CO₂, NO₂), l'énergie interne est la somme des\nénergies de translation (énergie cinétique) et de\nvibration. L'énergie de vibration peut atteindre des\nvaleurs très importantes en comparaison à\nl'énergie de translation. Dans ce cas, l'énergie\ninterne n'est plus proportionnelle à la température.\nComme l'indique la Fig. 4.3, la chaleur massique\n(Cvo ou Cpo) est une fonction croissante de la\ntempérature pour un gaz polyatomique et elle\naugmente plus vite avec la température pour les\ngaz triatomiques que pour les gaz diatomiques."},{"id":"cours-4.6-1","type":"cours","chap":4,"title":"Cours · 4.6 Gaz parfaits et semi-parfaits","file":"poly.pdf","page":21,"text":"Dans certains ouvrages, un gaz régi par la loi des\ngaz parfaits est appelé gaz semi-parfait si Cvo et\nCpo varient avec la température et parfait si la\nchaleur spécifique ne dépend pas de la\ntempérature.\n\n20"},{"id":"cours-5.1-0","type":"cours","chap":5,"title":"Cours · 5.1 Introduction et définition d'un volume de contrôle","file":"poly.pdf","page":22,"text":"Jusqu'à présent, les processus thermodynamiques étudiés s'appliquaient à un volume\ncorrespondant par exemple à celui du cylindre fermé par un piston étanche et coulissant,\ncontenant une certaine masse de gaz. Dans ce chapitre, nous aborderons les processus\nthermodynamiques qui impliquent un écoulement de matière. Dans ce cas, les échanges de\ntravail et de chaleur ont lieu entre le milieu extérieur et la substance en écoulement contenue\ndans le volume de contrôle. Le volume de contrôle est délimité par la surface de contrôle qui\nenglobe les frontières matérielles de l'appareil (ou de l'installation) étudié et les sections\nd'entrées et de sorties de matière. Une fois la surface et le volume de contrôle définis, il faut\nposer les bilans de matière et d'énergie."},{"id":"cours-5.2-0","type":"cours","chap":5,"title":"Cours · 5.2 Bilan de matière","file":"poly.pdf","page":22,"text":"La Fig. 5.1 illustre un processus thermodynamique avec écoulement de matière entre les\ninstants t et t+ δt\n\n21\n\nOn définit :\n\n-  la masse à l'instant t à l'intérieur du volume de contrôle: mₜ\n-  la masse à l'instant t+ δt à l'intérieur du volume de contrôle : mₜ₊δₜ\n-  la masse qui entre dans le volume de contrôle pendant l'intervalle δt : δmₑ\n-  la masse qui sort du volume de contrôle pendant l'intervalle δt : δmₛ\n\nLa conservation de la masse du système entre t et t+ δt implique que :\nmt + δme = δms + mt+δt\n(5.1)\nou mt+δt − mt = δme − δms\n\nEn divisant par δt on obtient :\nmt+δt − mt  δme  δms\n=  −\n\nδt  δt  δt\nPour obtenir l'équation rapportée au temps pour le volume de contrôle, il suffit de calculer la\nlimite de chaque terme lorsque δt tend vers 0\nmt+δt − mt\nlim (  )=\ndmv.c\n\nδt→0  δt  dt\n\navec : mv.c désigne la masse de substance à l'intérieur du volume de contrôle.\n\nlim (  ) = ṁs  lim (  ) = ṁe\nδms  δme\net"},{"id":"cours-5.2-1","type":"cours","chap":5,"title":"Cours · 5.2 Bilan de matière","file":"poly.pdf","page":23,"text":"δt→0  δt  δt→0  δt\n\nṁₑ et ṁₛ étant les débits respectivement à l'entrée et à la sortie du volume de contrôle.\n\nDonc :\ndmv.c\n= ṁe − ṁs  (5.3)\n\ndt\nEn présence de plusieurs entrées et sorties à travers la surface de contrôle, l'équation de bilan\nde matière s'écrit :\ndmv.c\n= ∑ ṁe − ∑ ṁs  (5.4)\n\ndt"},{"id":"cours-5.3-0","type":"cours","chap":5,"title":"Cours · 5.3 Bilan d'énergie","file":"poly.pdf","page":23,"text":"Pour un processus avec écoulement de matière, le bilan d'énergie découle de l'application du\npremier principe de la thermodynamique au système de masse:\nmsyst = mt + δme = mt+δt + δms\n\n(5.5)\nδQ = E2 − E1 + δW\n\n22\n\nEn divisant l'équation (5.5) par δt on obtient :\nδQ  E2 − E1  δW\n=  +  (5.6)\n\nδt  δt  δt\nδQ : chaleur fournie au système pendant δt\nδW : travail fourni par le système pendant δt\nE₁ : l'énergie du système à l'instant t\n\nE1 = (Evc )t + ee δme\n\n(5.7)\n\n(Evc)ₜ : énergie présente dans le volume de contrôle à l'instant t\neₑ : énergie spécifique de la masse δmₑ\nE₂ : énergie du système à l'instant t+ δt\n\nE2 = (Evc )t+δt + es δms\n\n(5.8)"},{"id":"cours-5.3-1","type":"cours","chap":5,"title":"Cours · 5.3 Bilan d'énergie","file":"poly.pdf","page":24,"text":"(Evc)ₜ₊δₜ : énergie présente dans le volume de contrôle à t+ δt\neₛ : énergie spécifique de la masse extraite δmₛ\n\nEn utilisant les équations (5.7) et (5.8), la différence (E₂−E₁) peut s'écrire sous la forme :\nE2 − E1 = (Et+δt − Et ) + (es δms − ee δme )\n\n(5.9)\n\nEntre les instants t et t+ δt, le travail total δW échangé par le système se décompose en deux\ntermes:\nδW = δWv.c + (Ps Vs δms − Pe Ve δme )\n\n(5.10)\n\nAvec :\n\nPₛVₛδmₛ = travail effectué par la masse δmₛ lorsqu'elle sort du volume de\ncontrôle ;\nPₑVₑδmₑ = travail reçu par la masse δmₑ lorsqu'elle entre dans le volume de\ncontrôle.\n\nLa quantité (PₛVₛδmₛ − PₛVₛδmₛ) représente le travail net d'écoulement ou de transvasement\n\nLe terme δWv.c regroupe toutes les formes de travail mises en jeu dans le volume de contrôle\nautres que le travail d'écoulement. C'est à dire, le travail échangé avec le milieu extérieur par\nl'intermédiaire d'un arbre de rotation traversant la surface de contrôle δWtec (travail technique)\net le travail qui résulte de la dilatation ou de la contraction du volume de contrôle δWdil .\n\nδWv.c = δWtec + δWdil = δWtec + P dVv.c\n\n23\n\nOn divise les équations (5.9) et (5.10) par δt et on reporte les expressions obtenues dans\nl'équation (5.6). Après regroupement des termes il vient :\nδQ δme  Et+dt − Et  δms  δWv.c\n+  (ee + Pe Ve ) =  +  (es + Ps Vs ) +  (5.11)"},{"id":"cours-5.3-2","type":"cours","chap":5,"title":"Cours · 5.3 Bilan d'énergie","file":"poly.pdf","page":25,"text":"δt  δt  δt  δt  δt\nLe développement de (e + PV) donne :\n1  1\ne + P V = u + P V + V2 + gz = h + V2 + gz  (5.12)\n2  2\n\nEn exploitant l'équation (5.12) pour remplacer (e + PV) dans l'équation (5.11), on obtient:\n1  Et+dt − Et  1\n(he + Ve2 + gze ) =  (hs + Vs2 + gzs ) +\nδQ δme  δms  δWv.c\n+  +  (5.13)\n\n2  2\n\nδt  δt  δt  δt  δt\n\nEn faisant tendre δt vers zéro, dans le cas général où on est en présence de plusieurs entrées\net sorties de matière, l'équation (5.13) devient :\n1  1\nQ̇v.c + ∑ ṁe (he + Ve2 + gze ) =  + ∑ ṁs (hs + Vs2 + gzs ) + Ẇv.c\ndEv.c"},{"id":"cours-5.3-3","type":"cours","chap":5,"title":"Cours · 5.3 Bilan d'énergie","file":"poly.pdf","page":25,"text":"2\n\ndt\n\n2\n\n(5.14)\ne  s\n\ndEv.c/dt représente le taux d'accroissement de l'énergie totale contenue dans le volume de\ncontrôle.\n\nIl peut être explicité ainsi :\n1\n[m (u + V2 + g z)]\ndEv.c  d\n=\n\n2\n\ndt  dt  v.c\n\nLa quantité ū + ½ V̅ ² + g z̅ est l'énergie totale spécifique moyenne dans le volume de contrôle.\n\nDans le cas d'un système fermé proprement dit, c'est à dire sans écoulement de matière à\ntravers la surface de contrôle (mₑ= mₛ = 0) , on retrouve l'équation déjà vue précédemment :\ndE\nQ̇ =\n+ Ẇ\n\ndt"},{"id":"cours-5.4-0","type":"cours","chap":5,"title":"Cours · 5.4 Evolution avec Ecoulement en Régime Permanent (ERP)","file":"poly.pdf","page":25,"text":"Les hypothèses retenues dans cette analyse sont les suivantes :\n\n-  le volume de contrôle est fixe par rapport au système de référence.\n-  l'état de la matière en tout point du volume de contrôle est indépendante du temps\n\n24\n\n-  les débits de matière, de travail et de chaleur traversant la surface de contrôle demeurent\nconstants.\n-  la température et la pression à l'entrée et à la sortie restent constantes de sorte que l'état\nde la matière à l'entrée et à la sortie reste constant dans le temps.\n\nOn en déduit :\ndmv.c  dEv.c\n=0  =0  ∑ ṁe = ∑ ṁs\n\ndt  dt\n1  1\nQ̇v.c + ∑ ṁe (he + Ve2 + gze ) = ∑ ṁs (hs + Vs2 + gzs ) + Ẇv.c  (5.15)\n2  2\n\ne  s\n\nDans la plupart des applications, le volume de contrôle ne comporte qu'une entrée et une sortie\n: ṁₑ = ṁₛ = ṁ\n1  1\nQ̇v.c + ṁ (he + Ve2 + gze ) = ṁ (hs + Vs2 + gzs ) + Ẇv.c  (5.16)\n2  2\n\nEn divisant les deux membres de l'équation par le débit de matière (ṁ), on aboutit à l'équation\nde bilan d'énergie par unité de masse traversant le volume de contrôle.\n1  1\nq + (he + Ve2 + gze ) = (hs + Vs2 + gzs ) + w  (5.17)\n2  2"},{"id":"cours-5.4-1","type":"cours","chap":5,"title":"Cours · 5.4 Evolution avec Ecoulement en Régime Permanent (ERP)","file":"poly.pdf","page":26,"text":"Toutes les quantités impliquées dans cette équation sont des quantités massiques. Ainsi le\ntravail et la chaleur calculés pour la transformation correspondant à la variation de l'état du\nsystème entre l'entrée et la sortie seront donnés en J/kg.\n\nParmi les nombreux appareils fonctionnant en ERP à une entrée et une sortie on peut citer la\npompe, le compresseur, la turbine etc..."},{"id":"cours-5.5-0","type":"cours","chap":5,"title":"Cours · 5.5 Détente de Joule-Thompson","file":"poly.pdf","page":26,"text":"La détente de Joule-Thompson est mise en œuvre dans beaucoup d'applications, en\nparticulier, dans les systèmes cycliques de réfrigération à compression de vapeur. Le gaz sous\npression est détendu à travers un orifice étroit (ou une plaque poreuse) (voir Fig. 5.2). On\nadmet dans cette détente deux hypothèses simplificatrices :\n\n25\n\n-  pas d'échange thermique à travers la surface de contrôle (la conduite est parfaitement\ncalorifugée) ;\n-  pas de variation d'énergie cinétique entre l'entrée et la sortie de l'orifice (en toute rigueur\nsous l'effet de la détente, il y a une expansion du système qui se traduit par une légère\naugmentation de la vitesse à la sortie).\n\nQuand ces conditions sont respectées, l'équation (5.17) se réduit à : hₑ = hₛ\n\nLa détente de Joule-Thompson est une transformation à enthalpie constante (transformation\nisoenthalpique). Le coefficient de Joule-Thompson μⱼ est défini par l'expression suivante :\n∂T\nμj = (  )\n∂P h\n\nQuand le gaz traverse l'orifice, la pression diminue (∂P< 0) par suite de la perte de charge de\nl'écoulement.\n\nSi μⱼ > 0  alors T ↘\nSi μⱼ < 0  alors T ↗\n\nL'enthalpie d'un gaz parfait n'est fonction que de la température et par conséquent, sa\ntempérature reste constante lors d'une détente de Joule-Thompson. Pour un gaz réel le\ncoefficient μⱼ change de signe à une certaine température qu'on appelle température\nd'inversion. A la température d'inversion μⱼ = 0 ."},{"id":"cours-5.6-0","type":"cours","chap":5,"title":"Cours · 5.6 L'évolution avec écoulement non permanent mais uniforme","file":"poly.pdf","page":27,"text":"Contrairement au cas du régime permanent, la masse et l'état de la matière à l'intérieur du\nvolume de contrôle varient en fonction du temps. Les débits de matière mₑ et mₛ peuvent varier\nen fonction du temps mais les états de la matière à l'entrée et à la sortie ne varient pas. Le\nremplissage d'un réservoir à partir d'une conduite présenté sur la Fig. 5.3 ci-dessous en est un\nexemple.\n\n26\n\nA chaque instant l'équation de conservation de la masse s'écrit :\ndmv.c\n= ∑ ṁe − ∑ ṁs\n\ndt\nL'équation (5.4) intégrée par rapport au temps devient :\n\n(m2 − m1 )v.c = ∑ me − ∑ ms\n\nD'autre part, par intégration de l'équation du premier principe (5.14) entre les instants 0 et t, on\nobtient :\n1  1\nQv.c + ∑ me (he + Ve2 + gze ) = ∑ ms (hs + Vs2 + gzs )\n2  2\n\ne  s\n(5.18)\n1  1\n+ [m2 (u2 + V22 + gz2 ) − m1 (u1 + V12 + gz1 )] + Wv.c"},{"id":"cours-5.6-1","type":"cours","chap":5,"title":"Cours · 5.6 L'évolution avec écoulement non permanent mais uniforme","file":"poly.pdf","page":28,"text":"2  2\n\navec\nt  t\nQv.c = ∫ Q̇v.c dt\net  Wv.c = ∫ Ẇv.c dt\n\n0  0\nt\n1  1\ndt = E2 − E1 = m2 (u2 + V22 + gz2 ) − m1 (u1 + V12 + gz1 )\ndE\n∫\n2  2\n\n0 dt\n\n27"},{"id":"cours-6.1-0","type":"cours","chap":6,"title":"Cours · 6.1 Introduction et énoncés du second principe","file":"poly.pdf","page":29,"text":"Le premier principe stipule qu'au cours d'un cycle que décrit un système, les quantités de\ntravail et de chaleur échangées avec le milieu extérieur sont, en valeur absolue,\nquantitativement égales.\n\nLe second principe stipule que chaleur et travail échangés ne sont pas qualitativement\nidentiques et qu'une transformation, possible dans un sens ne l'est pas dans l'autre.\nL'expérience décrite par la Fig. 6.1 constitue une illustration du second principe.\n\nLe système initialement à la température T₀, la même que celle du milieu extérieur \"reçoit\" du\ntravail du milieu extérieur à l'aide de l'agitateur. La température du système augmente jusqu'à\nT₁ par effet Joule. Ensuite, par échange thermique avec le milieu extérieur le système cède de\nla chaleur et sa température revient à sa valeur initiale T₀. Le système a donc parcouru un\ncycle au cours duquel il a reçu un travail mécanique et cédé de la chaleur. L'inverse est bien\névidemment impossible. On peut toujours chauffer le système, ça ne fera jamais tourner\nl'agitateur et remonter le poids.\n\nEn résumé, si la transformation spontanée du travail en chaleur est possible, la transformation\nspontanée de la chaleur en travail est impossible. De la même façon, si la transmission\nspontanée de chaleur d'un corps chaud vers un corps froid est possible, l'inverse est bien sûr\nspontanément irréalisable : si on plonge un lingot de métal brûlant dans l'eau, celui-ci va se\nrefroidir et le simple fait de le ressortir ne va pas le faire se réchauffer.\n\nHistoriquement il existe deux énoncés complémentaires du second principe.\n\n•  L'énoncé de Thompson (Lord Kelvin) (1852) : un système en contact avec une seule\nsource ne peut au cours d'un cycle que recevoir du travail et fournir de la chaleur.\n•  L'énoncé de Clausius (1850) : la chaleur ne passe pas spontanément d'un corps froid à\nun corps chaud.\n\nLes deux opérations précédentes, décrites comme spontanément impossibles, deviennent\npossibles si le système échange de la chaleur non pas avec une seule source mais avec deux\nsources de chaleur à températures différentes. L'une est la source dite chaude (température\nTc)\n\n28\n\net l'autre est la source dite froide (température Tf < Tc ). Ces températures peuvent être fixes\nou variables"},{"id":"cours-6.2-0","type":"cours","chap":6,"title":"Cours · 6.2 La machine thermique","file":"poly.pdf","page":30,"text":"La Fig. 6.2 est un exemple de machine thermique élémentaire fonctionnant avec une masse\nfixe de gaz incondensable.\n\nLe travail fourni par le système (gaz) a eu pour effet de monter la masse déposée sur le piston\nd'une hauteur L.\n\nUne centrale thermique élémentaire est un exemple de machine thermique dans la quelle le\nsystème est tantôt à l'état vapeur tantôt à l'état liquide (Fig. 6.3). Au niveau de la chaudière, le\nfluide moteur (eau) reçoit le débit de chaleur Qc. Au niveau du condenseur, le système cède le\ndébit de chaleur Qf .\n\nLa vapeur surchauffée provenant de la chaudière traverse une turbine qui entraîne l'arbre d'un\nalternateur, ce qui génère un courant électrique : du travail est donc fourni au milieu extérieur.\nUne infime partie de ce travail sert à actionner la pompe de circulation d'eau liquide sortant du\ncondenseur.\n\n29\n\nChaque élément (condenseur, pompe etc...) de cette centrale peut être considéré comme un\nsystème subissant une évolution avec écoulement en régime permanent. L'ensemble de la\ncentrale se comporte comme une machine thermique qui reçoit une quantité de chaleur Qc au\nniveau de la chaudière, qui cède une quantité de chaleur Qf au niveau du condenseur et qui\nfournit un travail au niveau de la turbine.\n\nLa transmission de chaleur d'un corps froid à un corps chaud peut être réalisée à l'aide d'un\nréfrigérateur ou d'une thermopompe (Fig. 6.4). Une quantité de chaleur Qf est prélevée au\nniveau de l'évaporateur à la source froide tandis qu'une quantité de chaleur Qc est cédée à la\nsource chaude au niveau du condenseur et le système reçoit du travail au niveau du\ncompresseur.\n\nEn fait le cycle de réfrigération est exactement le cycle de la machine thermique avec inversion\ndu sens d'écoulement du fluide."},{"id":"cours-6.3-0","type":"cours","chap":6,"title":"Cours · 6.3 Notion de rendement","file":"poly.pdf","page":31,"text":"30\n\nPour la machine thermique dont le principe est schématisé par la Fig. 6.5 a, le rendement\nthermique ou l'efficacité η est défini par le rapport entre l'énergie nette recherchée (le travail net\nWnet ) et l'énergie dépensée (la chaleur Qc reçue de la source chaude).\nWnet\nη=  (6.1)\n\nQc\n\nEn vertu du premier principe appliqué au cycle entier :\nWnet = Qc − Qf\n\nRemarque: il faut noter que Qf est la valeur absolue de la chaleur cédée Q à la source froide\ncomptée négativement dans la convention adoptée précédemment.\n\nLe rendement thermique s'exprime alors ainsi:\nQc − Qf  Q\nη=  =1− f  (6.2)\n\nQc  Qc\n\nComme Wnet ≥ 0 et Qf < Qc , il est évident que le rendement thermique d'une machine est\ntoujours inférieur ou égal à 1.\n\nSi on inverse le cycle de la machine thermique, on aura un cycle dit \"récepteur\". Le rendement\nthermique correspond toujours au rapport de l'énergie nette recherchée sur l'énergie dépensée.\nOn aura donc une écriture différente selon que le cycle récepteur correspond à un appareil de\nréfrigération (réfrigérateur) ou à une thermopompe (pompe à chaleur).\n\nPour un appareil de réfrigération, l'énergie recherchée est la quantité de chaleur prélevée à la\nsource froide Qf et le rendement thermique s'écrira :\nQf  Qf\nη=  =  (6.3)\n\nQc − Qf"},{"id":"cours-6.3-1","type":"cours","chap":6,"title":"Cours · 6.3 Notion de rendement","file":"poly.pdf","page":32,"text":"Wrecu\n\nRemarque: il faut noter que Wrecu est la valeur absolue du travail reçu W par le système\ncomptée négativement dans la convention adoptée précédemment.\n\nPour une thermopompe, l'énergie recherchée est la quantité de chaleur fournie à la source\nchaude et le rendement thermique s'écrira ainsi :\nQc  Qc\nη=  =\n\n(6.4)\nQc − Qf\n\nWrecu\n\n31\n\nD'après les relations (6.3) et (6.4), il est aisé de voir que le rendement thermique d'un appareil\n\"récepteur\" est supérieur à 1; c'est la raison pour laquelle on utilise le terme de coefficient de\nperformance (COP) au lieu de rendement thermique."},{"id":"cours-6.4-0","type":"cours","chap":6,"title":"Cours · 6.4 Evolution réversible et causes d'irréversibilité","file":"poly.pdf","page":33,"text":"Une évolution réversible est par définition une évolution qui, une fois décrite, peut être inversée\nde manière à ne laisser subsister aucune modification du système et du milieu extérieur. Dans\nl'exemple de l'échange de travail mécanique seule une évolution quasi-statique est réversible,\nc'est à dire une évolution ou la pression exercée par le milieu extérieur sur la frontière mobile\ndu système est en permanence égale à la pression du système.\n\nIl existe d'autres causes d'irréversibilités que la détente ou la compression brusque telles :\n\n-  le frottement visqueux ;\n-  l'échange de chaleur dû à une différence de température ΔT finie (si ΔT → 0 alors\nl'échange de chaleur devient réversible) ;\n-  le mélange de deux substances différentes."},{"id":"cours-6.5-0","type":"cours","chap":6,"title":"Cours · 6.5 Le cycle de CARNOT (1824)","file":"poly.pdf","page":33,"text":"Il s'agit du cycle dont le rendement est le plus élevé possible fonctionnant entre deux sources à\ntempérature constantes T₁ et T₂ . Le cycle de Carnot peut être décomposé en quatre étapes\n(ou transformations élémentaires). Pour que le rendement soit maximal, chaque évolution ou\nétape élémentaire du cycle doit être réversible. Les quatre étapes pour un cycle moteur sont\nles suivantes :\n\nEtape 1 : Echange de chaleur à température constante : Le système reçoit la quantité de\nchaleur Qc. Si la source chaude est à la température T₁, le système est à la température T₁ −\ndT . Comme la différence dT est infinitésimale, cet échange est réversible.\n\nEtape 2 : le système subit une détente adiabatique réversible et il fournit donc un travail de\ndétente Wdét > 0.\n\nEn vertu du premier principe : 0 = Qdeˊt = ΔUdeˊt + Wdeˊt ⇒ ΔUdeˊt < 0\n\nPar conséquent la température du système décroît de T₁-dT à T₂+dT\n\nEtape 3 : le système étant à T₂ + dT, il cède la chaleur Qf à la source froide dont la température\nest T₂ et cet échange de chaleur est réversible.\n\nEtape 4 : le système subit une compression adiabatique réversible, il reçoit un travail de\ncompression Wcomp qui fait passer sa température de T₂ + dT à T₁ − dT .\n\nA l'issue de cette étape, le système est revenu à sont état initial; il a parcouru un cycle.\n\n32\n\nQc − Qf = ∮ dU + Wnet = Wnet\npuisque  ∮ dU = 0  (6.4)\n\nLe cycle moteur de Carnot peut être inversé, il s'agira alors d'un cycle de thermopompe ou de\nréfrigération."},{"id":"cours-6.6-0","type":"cours","chap":6,"title":"Cours · 6.6 Le cycle de Carnot et l'échelle des températures absolues","file":"poly.pdf","page":34,"text":"D'après le principe même de Carnot, toutes les machines thermiques qui décrivent un cycle\nentre deux sources données à températures constantes ont le même rendement, quelle que\nsoit la substance motrice de la machine. C'est à partir de ce principe qu'on a défini une échelle\nde température appelée échelle absolue.\n\nLe rendement d'une machine thermique fonctionnant selon le cycle de Carnot est une fonction\nde deux variables: Tc la température de la source chaude et Tf la température de la source\nfroide.\nQf\nηCarnot = 1 −  = ϕ(Tc , Tf )\n\nQc\n\nOn considère les trois cycles de Carnot fonctionnant entre T₁ et T₂ , T₂ et T₃ et entre T₁ et T₃\navec T₁ > T₂ > T₃ , conformément à la Fig. 6.6\n\nQ1  Q2  Q1\n= ψ(T1 , T2 ) ;  = ψ(T2 , T3 ) ;  = ψ(T1 , T3 )\n\nQ2  Q3  Q3\n\nQ  Q .Q\n\n⇒ 1 = 1 2 ⇔ ψ(T1 , T3 ) = ψ(T1 , T2 ).ψ(T2 , T3 )\n\nQ2 .Q3\n\nQ3\n\nψ(T₁,T₃) ne dépend pas de T₂ donc le produit de fonctions ψ(T₁,T₂).ψ(T₂,T₃) ne dépend pas de\nT₂ et par conséquent les fonctions ψ(T₁,T₂) et ψ(T₂,T₃) sont de la forme :\n\n33"},{"id":"cours-6.6-1","type":"cours","chap":6,"title":"Cours · 6.6 Le cycle de Carnot et l'échelle des températures absolues","file":"poly.pdf","page":35,"text":"f (T1 )  f (T2 )\nψ(T1 , T2 ) =  et  ψ(T2 , T3 ) =\n\nf (T2 )  f (T3 )\n\nQc  f (Tc )\nDonc  =\n\nf (Tf )\n\nQf\n\nQc  Tc\nSi on pose  f (T ) = T ⇒  =\n\nQf  Tf\n\nOn verra dans le chap. 7, consacré à la fonction d'état \" entropie\", que f(T) est nécessairement\négale à T.\n\nGrâce à de nombreuses expériences effectuées à l'aide de dispositifs fonctionnant selon le\ncycle de Carnot entre la température de la glace fondante et la température d'ébullition de l'eau\nà 1 atm, le rendement de Carnot a été trouvé égal à 0,268.\n\nOn dispose alors de 2 équations à 2 inconnues Tfus et Teb qui sont respectivement la\ntempérature de fusion de la glace et la température d'ébullition de l'eau dans les conditions\nnormales de pression.\nTf  Tf us\nηCarnot = 1 −  =1−  = 0,268"},{"id":"cours-6.6-2","type":"cours","chap":6,"title":"Cours · 6.6 Le cycle de Carnot et l'échelle des températures absolues","file":"poly.pdf","page":35,"text":"Tc  Teb\n\nTeb − Tf us = 100\n\nLa résolution de ces deux équations donne:\nTf us = 273,15\nTeb = 373,15\n\nOn a ainsi défini l'échelle de température absolue à laquelle le nom de Kelvin (Lord Kelvin) a\nété attribué.\nT [K] = T [∘ C] + 273,15\n\n34"},{"id":"cours-7.1-0","type":"cours","chap":7,"title":"Cours · 7.1 L'inégalité de Clausius","file":"poly.pdf","page":36,"text":"δQ\nPour un système parcourant un cycle, l'inégalité de Clausius est définie ainsi : ∮  ≤0\nT\nDémonstration : On considère le cycle moteur réversible (cycle de Carnot) fonctionnant entre\ndeux sources de chaleur de températures Tc et Tf. La chaleur nette ∮ δQ échangée sur tout ce\ncycle est positive\n\n∮ δQ = Qc − Qf > 0\n\nComme Tc et Tf sont constantes et comme le cycle est réversible, on aura:\nδQ  Qc  Qf  Qc  Tc\n∮  =  −  =0  puisque  =\n\nT  Tc  Tf  Qf  Tf\n\nSi  Tc = Tf\nalors  Qc = Qf  et  ∮ δQ = 0"},{"id":"cours-7.1-1","type":"cours","chap":7,"title":"Cours · 7.1 L'inégalité de Clausius","file":"poly.pdf","page":36,"text":"Donc pour tout cycle d'une machine thermique réversible on a:\nδQ\n∮ δQ ≥ 0  et  ∮  =0\n\nT\nSi on considère à présent une machine thermique irréversible fonctionnant entre les deux\nmêmes températures Tc et Tf que la machine réversible et recevant la même quantité de\nchaleur Qc alors :\nWirrev  Wrev\nηirrev < ηrev ⇔  <  ⇔ Wirrev < Wrev  (7.1)\n\nQc  Qc\n\nComme on a d'autre part :  W = Qc − Qf\n\nIl en découle : Qc − Qf .rev > Qc − Qf .irrev ⇔ Qf .irrev > Qf .rev\n(7.2)\n\nDonc pour la machine irréversible on obtient :\n\n∮ δQ = Wirrev = Qc − Qf .irrev > 0\n(7.3)"},{"id":"cours-7.1-2","type":"cours","chap":7,"title":"Cours · 7.1 L'inégalité de Clausius","file":"poly.pdf","page":36,"text":"δQ  Qc  Qf .irrev  Qc  Qf .rev\n∮  =  −  <0  puisque  −  =0  (7.4)\n\nT  Tc  Tf  Tc  Tf\n\nUne démonstration analogue pour le cycle de réfrigération conduirait à :\nδQ\n∮ δQ ≤ 0 et  ∮  =0\npour un cycle de réfrigération réversible\nT\nδQ\n∮ δQ ≤ 0 et  ∮  <0\npour un cycle de réfrigération irréversible\nT\n\n35"},{"id":"cours-7.1-3","type":"cours","chap":7,"title":"Cours · 7.1 L'inégalité de Clausius","file":"poly.pdf","page":37,"text":"En résumé, quel que soit le cycle moteur ou récepteur l'inégalité de Clausius s'applique\nδQ\n∮\n≤0  (= 0 si réversible )\nT"},{"id":"cours-7.2-0","type":"cours","chap":7,"title":"Cours · 7.2 L'Entropie-définition","file":"poly.pdf","page":37,"text":"On considère deux évolutions cycliques réversibles AB et AC.\n2  1\n=0=∫ (  ) +∫ (  )\nδQ  δQ  δQ\nPour le cycle AB, on a: ∮\n\nT  1  T A  2  T B\n2  1\n=0=∫ (  ) +∫ (  )\nδQ  δQ  δQ\nPour le cycle AC, on a: ∮\n\nT  1  T A  2  T C\n1  1\n∫ (  ) =∫ (  )\nδQ  δQ\nIl s'ensuit:  (7.5)\n2  T B  2  T C\n\nδQ\nLes chemins B et C étant arbitraires, l'intégrale ∫  est la même pour tous les chemins\n\nT\nréversibles entre 2 et 1. Cette intégrale est indépendante du chemin suivi. Elle n'est fonction\nque de l'état initial est final et par conséquent il s'agit d'une fonction d'état. Cette fonction d'état\nest appelée entropie et désignée par le symbole S. Sa différentielle dS est une différentielle\ntotale exacte.\nS\nS : variable extensive  s=  : entropie spécifique\n\nm\nLa variation d'entropie entre deux états 1 et 2 est déterminée comme suit :\n2\n(  )\nδQ\nS2 − S1 = ∫\n(7.6)\n1  T rev"},{"id":"cours-7.2-1","type":"cours","chap":7,"title":"Cours · 7.2 L'Entropie-définition","file":"poly.pdf","page":37,"text":"Contrairement à l'énergie interne U et l'enthalpie H qui sont des fonctions définies à une\nconstante près, l'entropie S est définie de façon absolue. En effet, le troisième principe\n(principe de Nernst) stipule que l'entropie d'une substance tend vers 0 au voisinage de 0 K.\nComme les autres principes de la thermodynamique, le troisième principe repose sur une\ndémarche empirique. Il a été vérifié de façon satisfaisante par l'expérience.\n\nL'entropie spécifique d'un mélange liquide-vapeur à l'état d'équilibre est calculée en fonction\ndes entropies spécifiques de la vapeur et du liquide et du titre de vapeur x.\ns = (1 − x) sf + x sg = sf + x sf g\n(7.7)\n\n36\n\nAvec : sf : entropie spécifique du liquide saturant\nsg : entropie spécifique de la vapeur saturante\nsfg : entropie spécifique de vaporisation\n\nLes valeurs de s pour une substance pure peuvent être présentées sous forme de tables pour\ndifférentes phases de la substance: liquide et vapeur saturants, vapeur surchauffée et liquide\ncomprimé.\n\nL'entropie d'une substance pure peut également être obtenue à partir des diagrammes T−s ou\nh−s (Fig. 7.2 a et b)"},{"id":"cours-7.3-0","type":"cours","chap":7,"title":"Cours · 7.3 Evolution dans le diagramme T- s","file":"poly.pdf","page":38,"text":"La présentation des transformations sur un diagramme T- s est parfois très utile dans la mesure\noù la chaleur échangée peut être directement illustrée par l'aire au dessous de la courbe T(s).\nAinsi, il sera possible de distinguer clairement le travail produit et donc d'évaluer le rendement\nthermique de la machine. Les quatre évolutions du cycle de Carnot présenté sur la Fig. 7.3\nsont les suivantes:\n\nEvolution 1→2 : Transfert de chaleur à température constante Tc de la source chaude vers le\nsystème:\n2\n1  Q2\nS2 − S1 =  ∫ δQ = 1  ⇔  Q21 = Tc (S2 − S1 )\n\nTc 1\nTc\n\nEvolution 2→3 : Détente adiabatique réversible : δQrev = 0 ⇒ dS = 0 ⇔ S3 = S2 = cte\n\n(l'entropie du système reste constante au cours de l'évolution 2 → 3).\n\n37\n\nEvolution 3 → 4 : transfert de chaleur du système vers la source froide à la température Tf\nconstante.\n4\n1  Q4\nS4 − S3 =  ∫ δQ = 3  ⇔  Q43 = Tf (S4 − S3 )\n\nTf 3\n\nTf\n\nEvolution 4 → 1 : compression adiabatique réversible : δQrev = 0 ⇒ dS = 0 ⇔ S4 = S1 = cte\n\n(l'entropie du système est constante entre les états 4 et 1).\n\nAire 1 − 2 − b − a − 1 = Qc = Tc (S2 − S1)\n\nAire 4 − 3 − b − a − 4 = Qf = Tf (S4 − S3)\n\nAire 1 − 2 − 3 − 4 − 1 = Wnet\n\nLe rendement thermique est donc égal au rapport des aires correspondant à Wnet et Qc.\nWnet  aire 1-2-3-4-1\nηCarnot =  =  (7.8)"},{"id":"cours-7.3-1","type":"cours","chap":7,"title":"Cours · 7.3 Evolution dans le diagramme T- s","file":"poly.pdf","page":39,"text":"aire 1-2-b-a-1\n\nQc\n\nSi Tf = cte et Tc ↗ ⇒ η ↗\nSi Tc = cte et Tf ↘ ⇒ η ↗"},{"id":"cours-7.4-0","type":"cours","chap":7,"title":"Cours · 7.4 Relations thermodynamiques importantes","file":"poly.pdf","page":39,"text":"Pour une évolution réversible : δQ = TdS et δW = PdV\n\nEn substituant dans l'équation du premier principe δQ = dU+ PdV , on obtient :\nT dS = dU + P dV  (7.9)\n\nNous avons déjà montré que δQ = dH − VdP . En divisant par la masse du système on arrive à\ndes relations faisant intervenir des quantités spécifiques.\nT ds = du + P dV = dh − V dP  (7.10)\n\nLa relation (7.10) est très importante en thermodynamique. Elle n'implique que des variables\nd'état et peut donc être utilisée même dans le cas d'une transformation irréversible entre deux\nétats connus.\n\n38"},{"id":"cours-7.5-0","type":"cours","chap":7,"title":"Cours · 7.5 Variations d'entropie pour des évolutions irréversibles","file":"poly.pdf","page":40,"text":"Soit un système qui décrit les cycles illustrés sur la Fig. 7.4\n\nA = réversible\nB = réversible\nC = irréversible\n\nPour le cycle AB réversible on a :\n2  1\n=∫ (  ) +∫ (  ) =0\nδQ  δQ  δQ\n∮\n(7.11)\nT  1  T A  2  T B\n\nPour le cycle CB irréversible (le chemin C est irréversible) on a :\n2  1\n=∫ (  ) +∫ (  ) <0\nδQ  δQ  δQ\n∮\n(7.12)\nT  1  T C  2  T B\n\nIl découle des relations (7.11) et (7.12) que :\n2  2\n(  ) >∫ (  )\nδQ  δQ\n∫  (7.13)\n1  T A  1  T C\n\nPuisque le chemin A est réversible et S est une fonction d'état :\n2  2  2  2\nδQ  δQ\n∫\n(  ) = ∫ dSA = ∫ dSC > ∫ (\n\n)\n(7.14)\n1  T A  1  1  1  T C"},{"id":"cours-7.5-1","type":"cours","chap":7,"title":"Cours · 7.5 Variations d'entropie pour des évolutions irréversibles","file":"poly.pdf","page":40,"text":"Dans le cas général, on peut écrire :\n2\nδQ  δQ\ndS ≥\net  S2 − S1 ≥ ∫\n\nT  1  T\n\nDans ces expressions, l'égalité correspond à une évolution réversible et l'inégalité à une\névolution irréversible.\n\n39"},{"id":"cours-7.6-0","type":"cours","chap":7,"title":"Cours · 7.6 Notion de travail dégradé","file":"poly.pdf","page":41,"text":"On considère les états 1 et 2 infiniment voisins d'un système tels que U soit l'énergie interne de\nl'état 1 et U + dU l'énergie interne de l'état 2.\n\nOn imagine deux chemins thermodynamiques pour aller de 1 à 2. Si on considère que le trajet\nA correspondant à une transformation réelle ou irréversible et le trajet B correspondant à une\ntransformation idéale ou réversible, l'application du premier principe de la thermodynamique\npour les deux trajets A et B donne:\n\nTrajet A : δQreel = dU + δWreel\n\nTrajet B : δQrev = dU + δWrev\n\nEn soustrayant l'une de l'autre les deux équations précédentes, il vient :\n\nδQrev − δQreel = δWrev − δWreel = δWP\n\nδWP est définie comme la quantité de travail dégradée ou perdue.\n\nEtant donné que : δQrev = δQreel + δWP\n\non peut exprimer la différentielle dS sous la forme suivante :\nδQrev  δQreel  δWP\ndS =  =  +  (7.15)\n\nT  T  T\nCette relation est bien évidemment compatible avec l'inégalité de Clausius établie\nprécédemment :\nδQreel\ndS ≥\n\nT\nLa différentielle de l'entropie est donc toujours la somme de deux termes :\nδQ\n- un terme d'échange d'entropie  ;"},{"id":"cours-7.6-1","type":"cours","chap":7,"title":"Cours · 7.6 Notion de travail dégradé","file":"poly.pdf","page":41,"text":"T\n- un terme relatif à l'entropie créée par suite de la dégradation d'un travail correspondant\nδWP\nà l'irréversibilité interne de la transformation  .\n\nT\nRemarque: δQ peut être > 0 ou < 0, en revanche δWP est toujours > 0 (ou nul dans le cas\nd'une transformation réversible). Par conséquent, pour augmenter l'entropie d'un système, on\npeut soit lui fournir de la chaleur, soit lui faire subir une transformation irréversible même\nadiabatique.\n\n40"},{"id":"cours-7.7-0","type":"cours","chap":7,"title":"Cours · 7.7 Principe de l'accroissement de l'entropie de l'univers","file":"poly.pdf","page":42,"text":"On considère la variation totale d'entropie d'un système et du milieu extérieur lors d'un\nchangement d'état. Soit le changement d'état illustré par la Fig. 7.6 ci-dessous au cours duquel\nle système reçoit la quantité de chaleur δQ et fournit le travail δW\n\nδQ\nPour le système :  dS ≥\n\nT\nδQ\nPour le milieu extérieur : dSM .E = −\n\nTo\n\nLa variation de l'entropie de l'univers dStot est donc :\n\n1 1\n≥ δQ ( − )\nδQ δQ\ndStot = dSsyst + dSm.ext ≥\n−\n(7.16)\nT  To  T To\n\n1  1\nComme To > T, le terme (  − ) est > 0\n\nT  To\n\nIl s'ensuit que: dStot = dSsyst + dSm.ext ≥ 0\n\n(7.17)\n\nCette relation signifie qu'une évolution est possible si elle se traduit par l'augmentation de\nl'entropie de l'univers (ou à la limite reste constante). L'évolution inverse au cours de laquelle le\nsystème et le milieu extérieur retournent à leurs états initiaux ne pourra jamais se produire ( ⇔\ndStot < 0).\n\n1  1\nSi T > To ⇒ δQ < 0 et (\n− )<0"},{"id":"cours-7.7-1","type":"cours","chap":7,"title":"Cours · 7.7 Principe de l'accroissement de l'entropie de l'univers","file":"poly.pdf","page":42,"text":"T  To\n\n1  1\nEtant donné que la transformation est irréversible on peut écrire : dStot > δQ (  − )\n\nT  To\n\net on peut en déduire que dStot > 0\n\nDans le cas d'un système isolé, c'est à dire sans échanges avec le milieu extérieur :\n\ndStot = dSsyst.isoleˊ ≥ 0\n\nL'entropie d'un système isolé ne peut que croître !\n\n41"},{"id":"cours-7.8-0","type":"cours","chap":7,"title":"Cours · 7.8 Calcul de la variation d'entropie d'une phase condensée","file":"poly.pdf","page":43,"text":"Dans le cas d'une phase condensée, il est en général raisonnable de faire certaines\napproximations pour calculer l'entropie.\n\nδqrev = du + P dV ≈ du\n\ndV est très petit pour une phase condensée et pour des pressions modérées on néglige le\nterme PdV .\ndu  dT\nComme  δqrev = du = CdT ⇒ ds ≈\n≈C\n\nT  T\nT2\nSi  C = cte ⇒ s2 − s1 = C Ln\n\nT1"},{"id":"cours-7.9-0","type":"cours","chap":7,"title":"Cours · 7.9 Variation d'entropie d'un gaz parfait","file":"poly.pdf","page":43,"text":"En partant de l'expression : T ds = du + P dV\n\nCas du gaz parfait :\n\nSachant que pour le gaz parfait on a :\nP  r\ndu = Cvo dT  et  =\n\nT  V\n2\ndT  dV  dT  V2\non déduit :  ds = Cvo  +r  ⇒ s2 − s1 = ∫ Cvo  + r Ln\n\nT  V  1  T  V1\n\nSi la chaleur massique Cvo est constante dans l'intervalle de température considéré\nT2  V2\ns2 − s1 = Cvo Ln  + r Ln  (7.18)\n\nT1  V1\n\nSi on part de l'expression T ds = dh − V dP\nV  r\nsachant que: dh = Cpo dT  et  =\n\nT  P\n2\ndT  dP  dT  P2\non aboutit à: ds = Cpo  −r  ⇒ s2 − s1 = ∫ Cpo  − r Ln  (7.19)"},{"id":"cours-7.9-1","type":"cours","chap":7,"title":"Cours · 7.9 Variation d'entropie d'un gaz parfait","file":"poly.pdf","page":43,"text":"T  P  1  T  P1\n\nLa chaleur massique d'un gaz parfait étant indépendante de la température, l'équation (7.19)\ndevient :\nT2  P\ns2 − s1 = Cpo Ln  − r Ln 2  (7.20)\n\nT1  P1\n\n42\n\nCas d'un gaz semi-parfait :\n\n1) On dispose d'une expression analytique Cpo(T) ⇒ on peut calculer :\nT\nCpo (T )\nsoT = ∫  (7.21)\n\ndT\n\nTo  T\n\nLa variation d'entropie entre deux états quelconques est alors donnée par\nP2\ns2 − s1 = (soT 2 − soT 1 ) − r Ln  (7.22)"},{"id":"cours-7.9-2","type":"cours","chap":7,"title":"Cours · 7.9 Variation d'entropie d'un gaz parfait","file":"poly.pdf","page":44,"text":"P1\n\nT2\nCpo (T )  P2\ns2 − s1 = ∫\n\nou  dT − r Ln\n\nT1\nT  P1\n\n2) Les valeurs soT2, soT1 peuvent être prises dans une table thermodynamique donnant\ndirectement soT en fonction de T."},{"id":"cours-7.10-0","type":"cours","chap":7,"title":"Cours · 7.10 Evolution adiabatique d'un gaz parfait : Relations de Laplace","file":"poly.pdf","page":44,"text":"Cpo\nEn posant  γ=  et sachant que: Cpo − Cvo = r\n\nCvo\n\nr  γr\nOn déduit:  Cvo =  et  Cpo =\nγ−1  γ−1\n\nPour l'évolution adiabatique réversible ds = 0\nT ds = du + P dV = Cvo dT + P dV = 0\n\ndonc\nP V = rT ⇒ P dV + V dP = rdT  ou  dT = 1r (P dV + V dP )\n\nPar\nconséquent :\nCvo\n(P dV + V dP ) + P dV = 0\n\nr  (7.23)\n1  dP  dV"},{"id":"cours-7.10-1","type":"cours","chap":7,"title":"Cours · 7.10 Evolution adiabatique d'un gaz parfait : Relations de Laplace","file":"poly.pdf","page":44,"text":"(P dV + V dP ) + P dV = 0 ⇔ V dP + γP dV = 0 ⇔  +γ  =0\nγ−1\n\nP  V\nd(Ln P V γ ) = 0 ⇔ P V γ = cte"},{"id":"cours-7.11-0","type":"cours","chap":7,"title":"Cours · 7.11 Evolution adiabatique réversible d'un gaz semi-parfait","file":"poly.pdf","page":44,"text":"Dans ce cas ds = 0 et Tds = dh - VdP = 0\n\nPar conséquent :\ndP\ndh = Cpo (T )dT = V dP = rT\n\nP\ndP\n\nCpo (T ) dT\n\n=\n\nP  r  T\n\n43\n\nSi on intègre cette équation, entre un état de référence To et Po et un état quelconque T et P, il\nvient alors :\nP  1 T Cpo (T )  so\n= ∫  dT = T\n\nLn\n\nPo\n\nr To  T  r\n\nLe terme de droite de cette équation ne dépend que de la température. La pression relative Pr\nest définie ainsi :\nP  so\nLn Pr = Ln  = T  (7.24)\n\nPo  r\n\nIl est alors possible de tabuler les valeurs de Pr en fonction de T.\n\nSi on considère deux états 1 et 2 caractérisés par P1 et P2 sur une isentrope (s1 = s2), on peut\nécrire :\nP1 /Po\n=(  )\nP1  Pr1\n=  (7.25)"},{"id":"cours-7.11-1","type":"cours","chap":7,"title":"Cours · 7.11 Evolution adiabatique réversible d'un gaz semi-parfait","file":"poly.pdf","page":45,"text":"P2 /Po\n\nP2  Pr2 s\n\nPour deux états ayant la même entropie, le rapport des pressions est égal au rapport des\npressions relatives.\n\n44"},{"id":"cours-8.1-0","type":"cours","chap":8,"title":"Cours · 8.1 Application du second principe à un volume de contrôle","file":"poly.pdf","page":46,"text":"On peut appliquer le second principe de la thermodynamique à un volume de contrôle selon la\ndémarche adoptée au chap. 5 (Application du premier principe au volume de contrôle).\nδQ δWP\nLe second principe a été énoncé pour un système sous la forme suivante : dS =  +\n\nT  T\nPour une variation d'entropie S2− S1 , se produisant pendant un intervalle de temps δt , on peut\nécrire :\nS2 − S1  1 δQ  1 δWP\n=  (  )+ (  )  (8.1)\n\nδt  δt T  δt T\n\nLe système et le volume de contrôle sont illustrés par la Fig. 8.1. Pendant l'intervalle de temps\nδt, la masse δme pénètre dans le volume de contrôle, la masse δms en sort, la quantité de\nchaleur δQ est transmise au système à travers un petit élément d'aire dA au voisinage duquel\nla température est T et enfin une quantité de travail δW est fournie par le système au milieu\nextérieur.\n\nOn suppose que :\n\nSt  : entropie dans le volume de contrôle à l'instant t\nSt+δt : entropie dans le volume de contrôle à l'instant t+ δt\n\nAlors:\n\nS1 = St + se δ me\n: entropie du système à t\nS2 = St+δt + ss δ ms : entropie du système à t+ δt\n\nPar conséquent :\nS2 − S1 = (St+δt − St ) + (ss δms − se δme )\n\n(8.2)"},{"id":"cours-8.1-1","type":"cours","chap":8,"title":"Cours · 8.1 Application du second principe à un volume de contrôle","file":"poly.pdf","page":46,"text":"45\n\n(ssδms− seδme) est le débit net d'entropie sortant du volume de contrôle pendant l'intervalle de\ntemps δt.\n1 δQ\nPour le terme relatif à l'échange de chaleur  (  ) de l'équation (8.1), on doit considérer\n\nδt T\nchaque élément de surface à travers lequel s'échange de la chaleur ainsi que la température\nau voisinage de cet élément de surface. Ainsi, le terme d'échange doit s'écrire sous la forme\nd'une somme :\n1 δQ  1\n(  )=  ∑(  )\nδQ\nδt T\n\nδt v.c  T v.c\n\n(8.3)\n\nIl en est de même, du terme exprimant la perte de travail et représentant les irréversibilités qui\nse produisent à l'intérieur du volume de contrôle. Le résultat doit s'écrire comme la somme de\nδWP\ntous les termes de la forme  où T est la température de l'élément de volume de contrôle\n\nT\nconsidéré.\n1 δWP  1\n(  )=  ∑(  )\nδWP\n\nδt\n\nT  δt v.c  T\n\n(8.4)\nv.c"},{"id":"cours-8.1-2","type":"cours","chap":8,"title":"Cours · 8.1 Application du second principe à un volume de contrôle","file":"poly.pdf","page":47,"text":"En reportant les équations (8.2), (8.3) et (8.4) dans l'équation (8.1), on obtient :\nSt+δt − St  1  1\n(  )+ s s − e e =  ∑(  ) + ∑(  )\ns δm s δm  δQ  δWP\n\nδt  δt  δt  δt v.c\n\nT v.c δt v.c  T\n\n(8.5)\nv.c\n\nLorsque δt tend vers zéro, on a :\nδm  δQ  δWP\n= ṁ  = Q̇  = ẆP\n\nδt  δt  δt\nDans le cas de plusieurs entrées et sorties de matière à travers la surface de contrôle,\nl'équation (8.5) s'écrit :\ndSv.c  Q̇v.c  Ẇpv.c\n+ ∑ ṁs ss − ∑ ṁe se = ∑  +∑"},{"id":"cours-8.1-3","type":"cours","chap":8,"title":"Cours · 8.1 Application du second principe à un volume de contrôle","file":"poly.pdf","page":47,"text":"(8.6)\ndt  s  e  v.c\nT  v.c\nT\n\nL'équation (8.6) est l'expression générale du bilan d'entropie pour un volume de contrôle. Le\nmembre de droite de cette équation est la somme de deux termes: un terme appelé terme\nd'échange correspondant à la variation d'entropie par suite de l'échange de chaleur à la surface\net un terme de production (ou création) interne d'irréversibilité. Puisque ce dernier terme est\ntoujours positif ou nul et qu'il est difficile, sinon impossible à évaluer quantitativement, on écrira\nl'équation (8.6) sous la forme suivante :\ndSv.c  Q̇v.c\n+ ∑ ṁs ss − ∑ ṁe se ≥ ∑  (8.7)\n\ndt  s  e  v.c\nT\n\nLes deux membres de l'équation (8.7) sont égaux dans le cas d'une évolution réversible (\nẆp = 0 pour une transformation réversible).\n\n46\n\nL'intégration de l'équation (8.7) par rapport au temps dans le cas d'une évolution avec\nécoulement uniforme donne :\nt\nQ̇v.c\n(m2 s2 − m1 s1 )v.c + ∑ ms ss − ∑ me se ≥ ∫"},{"id":"cours-8.1-5","type":"cours","chap":8,"title":"Cours · 8.1 Application du second principe à un volume de contrôle","file":"poly.pdf","page":48,"text":"0  T\nt\ndSv.c\nEn effet ∫  dt = (S2 − S1 )v.c = (m2 s2 − m1 s1 )v.c\n\n0  dt\nAvec : 1 état initial à t = 0\n2 état final à t"},{"id":"cours-8.2-0","type":"cours","chap":8,"title":"Cours · 8.2 Evolution avec écoulement en régime permanent (ERP)","file":"poly.pdf","page":48,"text":"Pour l'évolution en régime permanent, l'entropie massique en tout point du volume de contrôle\nest indépendante du temps :\ndSv.c\n=0  (8.8)\n\ndt\non aura donc:\nQ̇v.c\n∑ ṁs ss − ∑ ṁe se ≥ ∑  (8.9)\n\ns  e  v.c\nT\n\nDans une évolution avec écoulement en régime permanent, avec une seule entrée et une\nseule sortie de matière, on écrit :\nQv.c\nṁ(ss − se ) ≥ ∑\n\nT\n\n(8.10)\nv.c"},{"id":"cours-8.2-1","type":"cours","chap":8,"title":"Cours · 8.2 Evolution avec écoulement en régime permanent (ERP)","file":"poly.pdf","page":48,"text":"Pour une évolution adiabatique Q̇v.c = 0 satisfaisant aux conditions précédentes, l'équation\n\n(8.10) se réduit à : ss ≥ se  (8.11)\n\nL'entropie massique à la sortie est égale à l'entropie à l'entrée dans le cas d'une évolution\nadiabatique réversible et elle lui est supérieure dans une évolution adiabatique irréversible."},{"id":"cours-8.3-0","type":"cours","chap":8,"title":"Cours · 8.3 Evolution réversible avec écoulement en régime permanent","file":"poly.pdf","page":48,"text":"On a déjà montré que pour une évolution ERP avec une seule entrée et une seule sortie de\nmatière, le premier principe s'écrit :\n1  1\nq + he + Ve2 + gze = hs + Vs2 + gzs + w  (5.17)\n2  2\n\net le second principe :\nQv.c\nm(ss − se ) ≥ ∑\n\nv.c\nT\n\n47\n\na) Evolution adiabatique réversible\n\nSi l'évolution est réversible et adiabatique, l'équation (8.11) se réduit à : ss = se\nIl s'ensuit d'après la relation suivante :\n\nT ds = dh − V dP = 0\ns\nque :  dh = V dP ⇒ hs − he = ∫ V dP\n(8.12)\ne"},{"id":"cours-8.3-1","type":"cours","chap":8,"title":"Cours · 8.3 Evolution réversible avec écoulement en régime permanent","file":"poly.pdf","page":49,"text":"En portant ces relations dans l'équation (5.17)  où q = 0, on obtient :\nVe2 − Vs2  s\nV 2 − Vs2\nw = he − hs +  + g(ze − zs ) = − ∫ V dP + e  + g(ze − zs )  (8.13)\n\n2  2\n\ne\n\nb) Evolution isotherme réversible\n\nSi l'évolution est réversible et isotherme, le second principe devient :\nQv.c  Q\nm(ss − se ) = ∑  = v.c\n\nv.c\nT  T\n\nQv.c\nou encore  T (ss − se ) =  =q  (8.14)"},{"id":"cours-8.3-2","type":"cours","chap":8,"title":"Cours · 8.3 Evolution réversible avec écoulement en régime permanent","file":"poly.pdf","page":49,"text":"m\nL'intégration de la relation (7.10) donne :\ns\nT (ss − se ) = hs − he − ∫ V dP\n\n(8.15)\ne\n\nEn portant les équations (8.14) et (8.15) dans l'équation du premier principe (5.17), on retrouve\nl'équation (8.13) obtenue pour l'évolution adiabatique réversible. Comme toute évolution\nréversible peut être décrite par une succession d'évolutions adiabatiques et isothermes, on\ndéduit que la relation (8.13) est valable pour toute évolution réversible en régime permanent.\nLa relation (8.13) est appelée aussi équation de conservation de l'énergie mécanique.\n\nSi on considère une évolution réversible en régime permanent d'un fluide incompressible\n(v=constante) pour laquelle le travail échangé est nul (w = 0), l'intégration de l'équation (8.13)\ndonne :\nVe2 − Vs2\nv ( Pe − Ps ) +  + g (z e − z s ) = 0\n\n2\n\n(8.16)\nV2"},{"id":"cours-8.3-3","type":"cours","chap":8,"title":"Cours · 8.3 Evolution réversible avec écoulement en régime permanent","file":"poly.pdf","page":49,"text":"⇔ vP +  + gz = cte\n2\n\nCette équation, connue sous le nom d'équation de Bernoulli est très utilisée dans le domaine\nde la mécanique des fluides. Elle peut aussi s'écrire sous la forme suivante :\n1\nP + ρV 2 + ρgz = cte  (8.17)\n2\n\n48\n\nSi le travail spécifique échangé n'est pas nul ( w ≠ 0), l'équation (8.13) permet de le calculer.\nPar exemple, dans le cas d'une pompe ou d'un compresseur, si on néglige les variations\nd'énergies cinétique et potentielle entre l'entrée et la sortie, l'expression du travail se réduit à la\nforme suivante :\ns\nw = − ∫ V dP\n(8.18)\ne"},{"id":"cours-8.4-0","type":"cours","chap":8,"title":"Cours · 8.4 Notion de rendement isentropique","file":"poly.pdf","page":50,"text":"Pour des appareils fonctionnant avec ERP tels que la pompe à liquide, la turbine ou le\ncompresseur à gaz, on considère que le fonctionnement idéal est isentropique. C'est à dire que\nla détente ou la compression dans la machine se fait de façon adiabatique et réversible. Dans\nla réalité, il ne peut en être tout à fait ainsi et l'écart de l'évolution à l'idéalité permet d'évaluer\nl'efficacité de l'appareil. Plus exactement, on parle du rendement isentropique qui est défini\npour la turbine par la relation suivante :\nWr\nηs =  (8.19)\n\nWs\n\nWr: travail réel produit par la turbine.\ntravail fourni au cours d'une évolution hypothétique isentropique se produisant entre les\nWs:\nmêmes pressions d'entrée et de sortie que la turbine réelle.\n\nDans le cas d'un compresseur ou d'une pompe, on définira le rendement isentropique comme\nle rapport entre le travail isentropique reçu et le travail réel reçu pour amener le fluide à la\nmême pression à la sortie.\nWs\nηs =  (8.20)\n\nWr\n\n49"},{"id":"cours-9-0","type":"cours","chap":9,"title":"Cours · chap. 9 Les cycles de puissance et de réfrigération","file":"poly.pdf","page":51,"text":"L'un des objectifs des ingénieurs thermodynamiciens et de concevoir des cycles permettant de\nréaliser une conversion d'énergie. On distinguera les cycles de puissance (cycles moteurs)\npermettant de transformer une énergie chimique, nucléaire ou solaire en travail mécanique et\nles cycles de réfrigération (cycles récepteurs) qui permettent de transférer la chaleur d'une\nsource froide vers une source chaude.\n\nLe cycle de Carnot est utilisé comme une base de comparaison pour tous les autres cycles.\nLes bases thermodynamiques requises pour l'analyse des cycles ont été présentées dans les\nchapitres précédents. Il s'agit du 1er et 2ème principe de la thermodynamique et des données\nthermodynamiques relatives à la matière (chaleurs spécifiques, chaleurs de vaporisation, etc.)."},{"id":"cours-9.1-0","type":"cours","chap":9,"title":"Cours · 9.1 LES CYCLES DE PUISSANCE","file":"poly.pdf","page":51,"text":"Les cycles de puissance permettent la génération de travail mécanique par conversion de\nchaleur.\n\n1 - Les cycles de puissance utilisant la vapeur d'eau\n\na) Cycle de Rankine\nLe cycle idéal d'une centrale thermique élémentaire fonctionnant à la vapeur d'eau est le cycle\nde Rankine. (Fig. 9.1). L'eau tantôt à l'état liquide et tantôt à l'état vapeur circule en continu\nentre une pompe, une chaudière, une turbine et un condenseur. Les évolutions qui composent\nle cycle sont :\n\n1-2 : un pompage adiabatique et réversible effectué par la pompe.\n2-3 : un échange de chaleur à pression constante dans la chaudière\n3-4 : une détente adiabatique et réversible dans la turbine\n4-1 : un échange de chaleur à pression constante dans le condenseur.\n\n50\n\nSi les variations d'énergies cinétique et potentielle sont négligeables, alors les chaleurs\néchangées et le travail produit peuvent être représentés par les différentes aires du diagramme\nT-s.\n\n- chaleur transmise au fluide : aire a-2-2'-3-b-a\n- chaleur cédée par le fluide : aire a-1-4-b-a\n- travail net produit au cours du cycle: aire 1-2-2'-3-4-1\n\nLe rendement thermique est défini par la relation suivante :\nWnet  aire 1 − 2 − 2′ − 3 − 4 − 1\nηth =  =\n\naire a − 2 − 2′ − 3 − b − a\n\nqc\n\nLe cycle de Carnot ayant les mêmes températures minimale et maximale est représenté par le\ncycle 1'-2'-3-4-1'. Il est aisé de constater que le cycle de Rankine a un rendement inférieur à\ncelui de Carnot étant donné que la température moyenne entre les points 2 et 2' est inférieure à\nla température durant l'évaporation: T2' = T3.\n\nLe choix du cycle de Rankine comme cycle idéal réside dans le fait que le cycle de Carnot est\nbeaucoup plus difficile à réaliser en pratique. A titre d'exemple, on ne connaît pas de dispositif\npouvant comprimer un mélange liquide-vapeur à l'état de liquide saturé (trajet 1'-2'). Il faut\nretenir également que le cycle de Rankine, comme le cycle de Carnot, voit son rendement\nthermique augmenter quand le chauffage a lieu à température plus élevée et le refroidissement\nà température plus basse. Ces considérations vont permettre de comprendre les différentes\nvariantes du cycle de Rankine."},{"id":"cours-9.1-1","type":"cours","chap":9,"title":"Cours · 9.1 LES CYCLES DE PUISSANCE","file":"poly.pdf","page":52,"text":"Effets de la pression et de la température sur le rendement du cycle de Rankine\n\nOn peut montrer aisément que le rendement thermique augmente quand :\n\n- on augmente la température moyenne à laquelle la chaleur est reçue ;\n- on diminue la température à laquelle la chaleur est cédée.\n\nL'augmentation de la température moyenne de chauffage peut se faire par augmentation de la\npression de fonctionnement de la chaudière ou encore par augmentation de la température de\nsurchauffe de la vapeur.\nL'augmentation de la pression de fonctionnement de la chaudière se traduit également par une\nfraction de vapeur condensée plus grande à la sortie de la turbine. L'eau liquide peut provoquer\nune érosion grave des pales de la turbine et pour une fraction d'eau condensée supérieure à\n10% on assiste à une baisse du rendement de la turbine.\n\n51\n\nL'augmentation de la température de surchauffe de la vapeur nécessite l'utilisation de\nmatériaux à très haute tenue mécanique et donc très onéreux. En diminuant la température à\nlaquelle la chaleur est cédée ou, ce qui revient au même, en diminuant la pression du\ncondenseur, l'échappement de la turbine a une qualité inférieure puisque une fraction plus\ngrande de vapeur est condensée.\n\nSi on examine l'effet de la surchauffe de la vapeur dans la chaudière représenté à la Fig. 9.2,\non constate que l'augmentation de travail correspond à l'aire 3-3'-4'-4-3 et que l'augmentation\nde chaleur échangée dans la chaudière correspond à l'aire 3-3'-b'-b-3. Puisque le rapport entre\nces deux aires est supérieur au rapport du travail net sur la chaleur fournie pendant le reste du\ncycle, il est évident que pour des pressions minimales et maximales données, la surchauffe de\nla vapeur augmente le rendement du cycle de Rankine.\n\nLe cycle à resurchauffe\n\nLe cycle à resurchauffe est représenté sur la Fig. 9.3. On voit d'après le diagramme T-s que\nl'augmentation de rendement par suite de la resurchauffe est minime. L'avantage principal\nréside dans la diminution de la teneur en eau dans les étages à basse pression de la turbine.\nD'autre part si on pouvait trouver des métaux supportant la surchauffe de la vapeur jusqu'au\npoint 3' alors le cycle de Rankine serait plus efficace que le cycle à resurchauffe et celui-ci\ndeviendrait inutile."},{"id":"cours-9.1-2","type":"cours","chap":9,"title":"Cours · 9.1 LES CYCLES DE PUISSANCE","file":"poly.pdf","page":53,"text":"52\n\nLe cycle à régénération\n\nLe cycle à régénération qui fait intervenir le réchauffage de l'eau d'alimentation constitue une\nvariante importante au cycle de Rankine. On a vu précédemment que le rendement du cycle de\nRankine est inférieur à celui du cycle de Carnot correspondant. à cause essentiellement du\nchauffage 2→2' dont la température moyenne est inférieure à celle à laquelle est fournie la\nchaleur dans le cycle de Carnot. (Fig. 9.1)\n\nDans le cas du cycle à régénération, le fluide moteur entre dans la chaudière à un état compris\nentre 2 et 2' de sorte qu'il y a une augmentation de la température moyenne à laquelle la\nchaleur est fournie et donc une augmentation du rendement.\n\nLe cycle idéal de régénération consisterait à faire un échange de chaleur entre la vapeur\ncirculant dans la turbine et l'eau venant du condenseur conformément à la Fig. 9.4\n\nOn suppose un échange de chaleur réversible dans la turbine et on néglige les pertes de\ncharge de l'écoulement. On admet que l'écart de températures de la vapeur et du liquide est\ninfinitésimal en tout point de la turbine. Dans ce cas, un simple bilan d'entropie autour de la\nturbine donnera :\n\ns4 + s2 = s5 + s3\nou encore  s4 − s3 = s5 − s2\n\nOn pourra en conclure qu'il y a un parallélisme absolu entre les évolutions 1 - 3 et 4 - 5 du\ncycle à régénération idéal dans le diagramme T - s. Un simple examen de ce diagramme\nmontre que l'aire 1-2-3-4-5-1 du cycle à régénération et l'aire 1'-3-4-5'-1' du cycle de Carnot\ncorrespondant sont égales. Autrement dit, les rendements du cycle à régénération idéal et du\ncycle de Carnot fonctionnant entre les deux mêmes températures extrêmes sont identiques.\n\nBien entendu, l'échange de chaleur idéal à l'intérieur de la turbine est en pratique irréalisable et\nle cycle à régénération nécessite de réchauffer l'eau d'alimentation de la chaudière dans un\n\n53\n\nréchauffeur à l'extérieur de la turbine. Ce réchauffage est fait à l'aide d'une partie de la vapeur\nprélevée dans la turbine après une détente partielle conformément à la Fig. 9.5."},{"id":"cours-9.1-3","type":"cours","chap":9,"title":"Cours · 9.1 LES CYCLES DE PUISSANCE","file":"poly.pdf","page":55,"text":"Le cycle à régénération illustré par la Fig. 9.5 est aussi appelé cycle à soutirage de vapeur. Il\nest tel que P1 = P7 ; P2 = P3 = P6 et P4 = P5. Ce cycle est quelque peu difficile à décrire\ndans un diagramme T- s car le débit d'eau circulant dans les différents composants n'est pas le\nmême. Le diagramme T - s de la Fig. 9.5 indique seulement l'état du fluide en différents points\ndu cycle. Dans le cas du cycle représenté sur la Fig. 9.5, on a supposé implicitement que la\nvapeur extraite de la turbine et l'eau d'alimentation sont directement mélangées dans le\nréchauffeur à contact direct (barboteur). Le réchauffeur à surface est utilisé notamment quand\nplusieurs soutirages sont aménagés au niveau de la turbine et que l'eau à la sortie de la turbine\ndoit être progressivement réchauffée dans des échangeurs de chaleur dans lesquels circulent\nles soutirages successifs de vapeur.\n\nLa Fig. 9.6 donne l'agencement des différents éléments d'une centrale réelle de production\nd'énergie. Il est évident que si l'on augmente le nombre de réchauffeurs, le rendement va\naugmenter et tendre vers celui du cycle à régénération idéal. Compte tenu du coût\nd'investissement que représente une telle multiplication de mélangeurs-échangeurs, il n'est pas\nrentable d'opérer avec plus de 5 soutirages sur la turbine.\n\n54\n\nEcarts entre cycles réels et cycles idéals\n\nPertes dans les tuyauteries\n\nOn observe dans la réalité des chutes de pressions (pertes de charge) et des chutes de\ntempératures dans les canalisations reliant les différents éléments qui conduisent à une\ndiminution du rendement thermique de l'installation. Il y a en particulier des pertes de charge\nimportantes dans les chaudières.\n\nPertes dans la turbine et dans la pompe.\n\nEn dehors des échanges thermiques avec l'air ambiant les pertes sont principalement\nassociées à l'écoulement. Sur la Fig. 9.7 le cycle 1-2s-3-4s-1 représente le cycle de Rankine\nidéal où les évolutions dans la pompe et la turbine sont isentropiques et le cycle 1-2-3-4-1, le\ncycle réel correspondant.\n\nLe rendement isentropique de la turbine est alors\ndéfini par :\nh3 − h4  wt\nηt =  ="},{"id":"cours-9.1-4","type":"cours","chap":9,"title":"Cours · 9.1 LES CYCLES DE PUISSANCE","file":"poly.pdf","page":56,"text":"h3 − h4s  h3 − h4s\n\nLe rendement isentropique de la pompe sera:\nh2s − h1  h2s − h1\nηp =  =\n\nh2 − h1\n\nwp\n\n55"},{"id":"cours-9.2-0","type":"cours","chap":9,"title":"Cours · 9.2 Cycles de puissance à gaz","file":"poly.pdf","page":57,"text":"Un grand nombre d'appareils utilisent un fluide moteur qui est toujours à l'état gazeux. Le\nmoteur à allumage par bougie, le moteur Diesel et la turbine à gaz en sont des exemples. Dans\ntous ces appareils, il se produit un changement dans la composition du fluide moteur durant la\ncombustion. Pour cette raison, ces moteurs sont dits à \"combustion interne\". Par contre, la\ncentrale thermique à vapeur d'eau peut être appelée moteur à combustion externe étant donné\nque la combustion a lieu à l'extérieur du fluide moteur. Quand le fluide moteur ne décrit pas un\ncycle thermodynamique complet dans le moteur, on dit qu'il fonctionne suivant un cycle ouvert.\nCependant, pour analyser ce type de moteurs on peut se baser sur des cycles fermés qui sont\ntrès proches des cycles ouverts. Les cycles théoriques reposent sur les hypothèses\nsimplificatrices suivantes :\n\n1- Le fluide moteur est constitué par une masse d'air fixe qui est lui même considéré\ncomme un gaz parfait.\n2- La combustion est remplacée par un apport de chaleur provenant d'une source externe.\n3- Contrairement au cycle ouvert, il n'y a pas d'évolution d'échappement en admission\nmais une cession de chaleur au milieu extérieur\n4- Toutes les évolutions sont réversibles en particulier les évolutions de détente et de\ncompression.\n5- Les capacités calorifiques sont considérées constantes.\n\nLe cycle d'Otto théorique\n\nLe cycle d'Otto théorique est un cycle idéal qui correspond au moteur à combustion interne à\nallumage par bougie. Il est représenté dans les diagrammes P- v et T - s de la Fig. 9.8.\n\nEn supposant la chaleur massique de l'air constante, le rendement thermique de ce cycle se\ncalcule de la façon suivante :\n\n56\n\nQc − Qf  Qf  mCv (T4 − T1 )  T1 (T4 /T1 − 1)\nηth =  =1−  =1−  =1−\n\nmCv (T3 − T2 )  T2 (T3 /T2 − 1)"},{"id":"cours-9.2-1","type":"cours","chap":9,"title":"Cours · 9.2 Cycles de puissance à gaz","file":"poly.pdf","page":58,"text":"Qc  Qc\n\nγ−1  γ−1\n= ( 1)  =( )\nT2  V  V4  T3  T4  T\nDe plus on a :  =  ou  = 3\n\nT1  V2  V3  T4  T1  T2\n\nT1  1\net  ηth = 1 −  = 1 − rv1−γ = 1 − γ−1\n\nT2\n\nrv\n\nV1  V4\navec rv le rapport volumétrique de compression au taux de compression =  ="},{"id":"cours-9.2-2","type":"cours","chap":9,"title":"Cours · 9.2 Cycles de puissance à gaz","file":"poly.pdf","page":58,"text":"V2  V3\n\nLe rendement du cycle d'Otto théorique n'est fonction que du taux de compression et s'accroît\navec celui-ci.\nLe taux de compression est cependant limité par la nécessité d'éviter les phénomènes de\ndétonation (cliquetis à l'allumage) dans les cylindres. L'addition de substances antidétonantes\n(Pb(Et)4 , MTBE, etc.) permettent d'augmenter le taux de compression.\n\nLe cycle réel du moteur à allumage par bougie\n\nLe cycle réel, c'est à dire ouvert, du moteur à allumage par bougie diffère notablement du cycle\nthermique d'Otto (voir Fig. 9.9).\n\n1- 2 : admission\n2- 3 : compression\n3- 4 : combustion\n4- 5 : détente\n5 - 1 : échappement\n\nPMH = Point mort haut\nPMB = Point mort bas\n\n57\n\nLa pression moyenne effective (p.m.e) est la pression qui, agissant seule sur le piston pendant\nla course motrice, produirait un travail égal au travail réel sur le piston.\n\nWnet = p.m.e (V2 − V1 )\n\nLe cycle Diesel Théorique\n\nLe fonctionnement du moteur à allumage par compression ou moteur Diesel peut être décrit\npar le cycle idéal illustré sur la Fig. 9.10. L'injection et la combustion du carburant dans le\nmoteur réel se traduit sur le cycle théorique par un apport de chaleur à pression constante\ndurant l'étape 2-3."},{"id":"cours-9.2-3","type":"cours","chap":9,"title":"Cours · 9.2 Cycles de puissance à gaz","file":"poly.pdf","page":59,"text":"Le rendement du cycle Diesel théorique est donné par la relation suivante :\nQc − Qf  Q  C (T − T1 )  T (T /T − 1)\nηth =  =1− f =1− v 4  =1− 1 4 1\n\nCp (T3 − T2 )  γT2 (T3 /T2 − 1)\n\nQc  Qc\n\nIl est clair d'après le diagramme T - s que le rendement thermique du cycle 1-2-3'-4'-1 est\ninférieur au rendement du cycle 1-2-3-4, autrement dit, comme T3'>T3, nous n'avons pas intérêt\nà augmenter la température de combustion finale dans un moteur Diesel.\n\nComparaison des cycles Otto et Diesel\n\nSi on compare le cycle Otto 1-2-3\"-4-1 et le cycle Diesel 1-2-3-4-1 qui ont le même état au\ndébut de la compression, le même déplacement du piston et le même taux de compression, on\nconstate d'après le diagramme T - s que le cycle Otto a le rendement le plus élevé. Cependant,\nen pratique,\n\n58\n\nle moteur Diesel peut fonctionner avec un taux de compression nettement supérieur à celui du\ncycle Otto car il n'y a pas en principe de phénomène de détonation due à la compression du\nmélange air-gazole. En effet, dans le moteur Diesel seul l'air est comprimé pendant la course\nde compression.\n\nSi on veut comparer le cycle Otto au cycle Diesel, il faut dans chacun des cas choisir un taux\nde compression réalisable pratiquement. On peut ainsi comparer le cycle d'Otto 1-2'-3-4-1 et le\ncycle de Diesel 1-2-3-4-1. Les pressions et les températures maximales sont les mêmes pour\nles deux cycles (P3 et T3) et le cycle d'Otto a un taux de compression plus faible que le cycle\nDiesel. D'après le diagramme T - s de la Fig. 9.10, on constate aisément que le cycle Diesel a\nle rendement le plus élevé.\n\nLes cycles d'Ericson et de Stirling\n\nLes deux cycles ont en commun une compression et une détente isotherme. Les évolutions\nisochores dans le cycle de Stirling (Fig. 9.11) sont remplacées par des évolutions isobares\ndans le cycle d'Ericson (Fig. 9.12)\n\nLe fait d'inclure un régénérateur idéal permet d'atteindre un rendement égal à celui du cycle de\nCarnot fonctionnant entre les mêmes températures. La Fig. 9.13 est la représentation d'un\nmoteur fonctionnant suivant le cycle d'Ericson et utilisant un régénérateur."},{"id":"cours-9.2-4","type":"cours","chap":9,"title":"Cours · 9.2 Cycles de puissance à gaz","file":"poly.pdf","page":60,"text":"59\n\nSi le régénérateur fonctionne de manière idéale (échangeur très long tel que l'écart de\ntempérature entre les deux courants est infinitésimal), alors :\n\n∑ se = ∑ ss\n\nou  s2 + s4 = s1 + s3\n\nou encore  s1 − s2 = s4 − s3 = Δs\n\nPour le régénérateur, l'échange global de chaleur avec le milieu extérieur est nul donc Qc se\nproduit entièrement dans la turbine isotherme entre les états 3 et 4 et Qc = T3Δs tandis que Qf\nse produit dans le compresseur isotherme entre 1 et 2 et Qf = -T1Δs.\nLe rendement du cycle sera :\nQc − Qf  Q  T\nηth =  =1− f =1− 1\n\nQc  Qc  T3\n\nLe rendement du cycle d'Ericson avec régénérateur idéal est donc le même que celui du cycle\nde Carnot fonctionnant entre les deux mêmes températures. L'intérêt des cycles de Stirling et\nd'Ericson est donc beaucoup plus d'ordre théorique que pratique car il est toujours difficile de\nréaliser une compression ou une détente isotherme. De plus, on ne peut éviter les pertes de\npression dans le régénérateur surtout s'il est très long.\n\nLe cycle de Brayton\n\nLe cycle de Brayton théorique est le cycle idéal correspondant à la turbine à gaz élémentaire.\nLa Fig. 9.14a représente une turbine à gaz en cycle ouvert avec combustion interne et la\nFig.9.14b la turbine à gaz élémentaire avec échange de chaleur.\n\n60\n\nLe cycle de Brayton théorique est illustré par les diagrammes (P-v) et (T- s) de la Fig. 9.15\n\nLe rendement du cycle de Brayton est déterminé de la façon suivante :\nQf  C (T − T1 )  T (T /T − 1)\nηth = 1 −  =1− p 4  =1− 1 4 1"},{"id":"cours-9.2-5","type":"cours","chap":9,"title":"Cours · 9.2 Cycles de puissance à gaz","file":"poly.pdf","page":62,"text":"Cp (T3 − T2 )  T2 (T3 /T2 − 1)\n\nQc\n\nγ  γ\nP3  P  T γ−1  T γ−1\n= 2 = ( 2) = ( 3)\n\nP4  P1  T1  T4\n\nT3  T  T3  T\n= 2  ⇒  = 4\n\nT4\nT1\nT2  T1\n\n61\n\nT1  1\nDonc  ηth = 1 −  =1−\n\nγ−1\n\nT2\n\n(P2 /P1 ) γ\n\nLe rendement du cycle de Brayton est une fonction croissante du rapport de pression\nisentropique (P2/P1).\n\nL'augmentation du rendement avec le rapport de pression est mis en évidence par le\ndiagramme T - s. Si P2 augmente, le cycle d'origine 1-2-3-4-1 devient 1-2'-3'-4-1 et on constate\naisément que le rendement thermique augmente. Cependant le 2ème cycle a une température\nmaximale T3' supérieure à celle du cycle d'origine et dans une turbine à gaz réelle, la\ntempérature du gaz entrant dans la turbine ne doit pas être trop élevée. Par conséquent, si on\nse fixe la température T3 et si on augmente le rapport des pressions P2/P1, on obtiendra le\ncycle 1-2'-3\"-4\"-1. Le rendement de ce cycle étant supérieur à celui du cycle d'origine. Le cycle\nde la turbine à gaz réelle se différencie du cycle idéal à cause des chutes de pression dans les\néchangeurs de chaleur et surtout à cause de l'irréversibilité dans le compresseur et la turbine.\nL'écart entre cycle idéal et cycle réel est illustré sur le diagramme T - s de la Fig.9.16"},{"id":"cours-9.2-6","type":"cours","chap":9,"title":"Cours · 9.2 Cycles de puissance à gaz","file":"poly.pdf","page":63,"text":"D'après les états décrits sur la Fig. 9.16, les rendements isentropiques du compresseur et de la\nturbine sont définis par les relations :\nh2s − h1\nηcomp =\n\nh2 − h1\n\nh3 − h4\nηturbine =\n\nh3 − h4s\n\n62\n\nLe cycle de Brayton se caractérise par un travail de compression très important par rapport au\ntravail fourni par la turbine. Le compresseur peut accaparer 40 à 80% de la puissance totale\nfournie par la turbine. Dans le cycle de Rankine, le fonctionnement de la pompe n'accapare\nque 0,5 à 2 % du travail de la turbine. Le travail de pompage étant égal à ∫ v dP , il est normal\nque celui-ci soit beaucoup plus élevé pour un gaz que pour un liquide dont le volume spécifique\nest très faible.\n\nLe cycle de la turbine à gaz munie d'un régénérateur\n\nLe rendement du cycle de la turbine à gaz peut être amélioré par l'addition d'un régénérateur.\nLa Fig. 9.17 représente le cycle de la turbine à gaz munie d'un régénérateur. Le cycle théorique\ncorrespondant est illustré dans les diagrammes P - v et T - s. Dans ce cycle 1-2-3-4, la\ntempérature T4 du gaz sortant de la turbine est plus élevée que la température T2 du gaz\nsortant du compresseur. Par conséquent de la chaleur peut être cédée par les gaz\nd'échappement de la turbine aux gaz à haute pression sortant du compresseur. Si l'évolution a\nlieu dans un échangeur de chaleur à contre courant, appelé régénérateur, alors la température\nTx du gaz sortant du régénérateur peut dans le cas idéal atteindre une valeur égale à T4 c'est à\ndire la température du gaz sortant de la turbine. Un apport de chaleur n'est alors nécessaire\nque pour augmenter la température de Tx à T3."},{"id":"cours-9.2-7","type":"cours","chap":9,"title":"Cours · 9.2 Cycles de puissance à gaz","file":"poly.pdf","page":64,"text":"Le rendement de la turbine à gaz muni d'un régénérateur idéal est déterminé de la façon\nsuivante :\n\n63\n\nWnet  W − Wcomp\nηth =  = tur\n\nQc  Qc\n\nPour un régénérateur idéal, T4 = Tx de sorte que qc = wtur , il vient donc :\n\nT1 ((P2 /P1 ) γ − 1)\nγ−1\n\nCp (T2 − T1 )  T1 (T2 /T1 − 1)\n\nWcomp\n\nηth = 1 −  =1−  =1−  =1−\n\nCp (T3 − T4 )  T3 (1 − T4 /T3 )  T (1 − (P /P ) γ )\nγ−1\n\nWtur\n\n3  1  2"},{"id":"cours-9.2-8","type":"cours","chap":9,"title":"Cours · 9.2 Cycles de puissance à gaz","file":"poly.pdf","page":65,"text":"γ−1\n\n( )\nT1 P2  γ\n\nηth = 1 −\n\nT3 P1\n\nPour le cycle idéal à régénération, le rendement thermique dépend non seulement du rapport\nP2\nde pression  mais aussi du rapport entre la température minimale et la température\n\nP1\n\nT1\nmaximale  . Contrairement au cycle de Brayton, le rendement décroît en sens inverse du\n\nT3\n\nrapport de pressions. En pratique, la température réelle à la sortie du régénérateur Tx' est\ninférieure à la température idéale Tx = T4. On caractérise l'efficacité d'un régénérateur par son\nrendement ainsi défini :\nhx ′ − h2  T ′ − T2\nηreg =  = x\n\nhx − h2  Tx − T2"},{"id":"cours-9.2-9","type":"cours","chap":9,"title":"Cours · 9.2 Cycles de puissance à gaz","file":"poly.pdf","page":65,"text":"On augmente ηrég en augmentant la surface d'échange dans le régénérateur ce qui présente\nl'inconvénient d'accroître la perte de charge.\n\nLe cycle idéal de la turbine à gaz utilisant une compression étagée, une détente étagée\net un régénérateur :\n\nOn a vu précédemment que lorsqu'un échangeur idéal est incorporé au cycle d'Ericson, il est\npossible d'atteindre un rendement égal au rendement du cycle de Carnot correspondant. On a\nvu également qu'il était pratiquement impossible d'obtenir les compressions et détentes\nisothermes requises pour le cycle d'Ericson. La façon pratique de résoudre ce problème\nconsiste à effectuer une compression étagée avec refroidissement entre les étages et une\ndétente étagée avec une resurchauffe entre les étages.\n\n64\n\nLa Fig. 9.18 représente un cycle de turbine à gaz avec deux étages de compression et deux\nétages de détente et un échangeur (ou régénérateur). Le cycle théorique est illustré dans le\ndiagramme T - s correspondant.\n\nSi on suppose que le régénérateur est idéal alors T10 = T4 et T9 = T5.\n\nPlus le nombre de compressions et de détentes est élevé plus on tend vers le cycle d'Ericson,\ndont on sait que le rendement est celui du cycle de Carnot s'il est pourvu d'un régénérateur\nidéal (voir Fig. 9.19). En pratique la limite économique du nombre d'étages est de 3.\n\n65\n\nSystèmes cycliques à cogénération\n\nLes systèmes cycliques à cogénération sont désignés ainsi parce qu'ils permettent de fournir\nsimultanément de l'énergie mécanique ou électrique et de la vapeur d'eau à une température et\nune pression modérée, compatible avec les besoins d'un procédé ou plus simplement pour le\nchauffage de bâtiments. En effet, la vapeur sort en général de la chaudière à une température\net une pression très élevées (500 - 600 °C; 6 - 10 MPa ). La détente dans un premier étage de\nla turbine permet évidemment de produire du travail tout en réduisant la température et la\npression jusqu'à des valeurs acceptables pour le procédé ou le chauffage. Le schéma de la\nFig.9.20 est celui d'un cycle à cogénération dans le quel une fraction y de la vapeur est\nprélevée pour les besoins du procédé tandis que la fraction restante (1 - y) poursuit sa détente\ndans la turbine. Les industries comme celle de la pâte à papier ou des industries alimentaires\nsont largement équipées en systèmes à cogénération en raison de leurs besoins larges et\nvariés en vapeur process et en énergie. Un schéma type de l'installation est présenté sut la Fig.\n9.20."},{"id":"cours-9.2-10","type":"cours","chap":9,"title":"Cours · 9.2 Cycles de puissance à gaz","file":"poly.pdf","page":67,"text":"66\n\n9. 2 CYCLE DE REFRIGERATION\n\n9. 2. 1 Cycle de réfrigération avec changement de phase\nCycle à compression de vapeur\n\nLes cycles à compression de vapeur sont à la base du fonctionnement de presque tous les\nappareils frigorifiques. Ils se distinguent des cycles à absorption de vapeur qui sont beaucoup\nplus rares.\n\nLe cycle idéal pour la réfrigération à compression de vapeur est indiqué sur la Fig. 9.21 par le\ncycle 1- 2- 3- 4- 1. La vapeur saturée à basse pression entre dans le compresseur où elle subit\nune compression isentropique 1- 2. De la chaleur (Qc) est ensuite cédée à pression constante\nau cours de l'évolution 2 - 3 (condensation) et le fluide sort du condenseur à l'état de liquide\nsaturé. Vient ensuite une détente étranglée ou détente de Joule-Thompson c'est à dire\nisenthalpique 3 - 4. Finalement le fluide frigorigène est vaporisé à pression constante au cours\nde l'évolution 4 - 1 (évaporateur).\n\nLe cycle de réfrigération à compression de vapeur est quasiment un cycle de Rankine inversé\noù la soupape de détente remplace la pompe à liquide. Pour les mêmes pressions extrêmes P1\net P2, le cycle 1'- 2' - 3 - 4' - 1 représente le cycle de Carnot correspondant au cycle idéal à\ncompression de vapeur. Le cycle de Carnot est irréalisable en pratique. La compression d'un\nmélange liquide vapeur 1' - 2' est beaucoup moins commode que la compression d'une vapeur\n\n67\n\npure (1 - 2), de même qu'il est beaucoup plus simple de produire une détente irréversible dans\nune soupape de détente que d'utiliser un appareil qui recevrait du liquide saturé pour le\ndétendre sous forme d'un mélange liquide vapeur comme dans l'évolution 3 - 4'.\n\nLe rendement d'un cycle de réfrigération est habituellement caractérisé par le coefficient de\nperformance COP dont la signification diffère suivant la fonction du cycle.\nQf\nSi le cycle est utilisé pour la réfrigération : COP =\n\nWcomp"},{"id":"cours-9.2-11","type":"cours","chap":9,"title":"Cours · 9.2 Cycles de puissance à gaz","file":"poly.pdf","page":69,"text":"Qc\nSi le cycle est utilisé pour le chauffage (pompe à chaleur) : COP =\n\nWcomp\n\nEcart entre cycle de réfrigération réel et cycle idéal\n\nLe cycle de réfrigération réel diffère du cycle idéal en raison des échanges de chaleur avec le\nmilieu ambiant et des pertes de charges.\n\nDans la pratique, à l'entrée de la soupape de détente (point 4), le liquide est légèrement sous\nrefroidi et la vapeur est légèrement surchauffée à l'entrée du compresseur. Pendant la\ncompression, il y a une certaine irréversibilité. Selon que le fluide frigorigène est plus froid ou\nplus chaud que le milieu extérieur, il captera cédera de la chaleur. L'entropie du fluide, en\nthéorie constante, au cours de la compression sera donc susceptible de croître (trajet 1- 2') ou\nde décroître (trajet 1- 2).\nQH  h1 − h4\nCOP =  =\n\nh2 − h1\n\nW\n\nLe cycle réel est représenté sur la Fig. 9.22 en coordonnées T - s et P - h. Le cycle en\ncoordonnées P - h est très utilisé dans le domaine de la réfrigération. Il permet une évaluation\naisée du\n\n68\n\ncoefficient de performance par simple lecture des enthalpies sur l'axe des abscisses.\n\nEn prenant en compte les pertes de charge, la pression en 3 est en réalité un peu inférieure à\nla pression en 2 de même que la pression au point 1 est un peu inférieure à la pression au\npoint 4 du cycle.\n\nCycles de réfrigération combinés\n\nDifférents arrangements du cycle de base sont possibles soit pour des applications spécifiques\nsoit dans le but d'augmenter le coefficient de performance. Les cycles peuvent être arrangés\nen cascade comme dans la Fig. 9.23 qui représente une cascade de deux cycles A et B\ninterconnectés par un échangeur de chaleur."},{"id":"cours-9.2-12","type":"cours","chap":9,"title":"Cours · 9.2 Cycles de puissance à gaz","file":"poly.pdf","page":70,"text":"Les fluides frigorigènes des cycles A et B sont différents. Le fluide frigorigène du cycle A est\nchoisi de façon à permettre une réfrigération à une température relativement basse sans que la\npression dans l'évaporateur soit trop basse. Le fluide du cycle B doit avoir des caractéristiques\nqui permettent une condensation à la température requise sans atteindre un niveau de\npression\n\n69\n\nexcessif dans le condenseur. La relation entre pression de saturation et température d'un fluide\nest généralement donnée par la loi d'Antoine.\nB\nLog Psat = A −  A, B et C sont des constantes\nT +C\n\nLes fluides frigorigènes\n\nHistoriquement, l'ammoniac et le dioxyde de soufre ont été les premiers fluides utilisés. Par la\nsuite, ils ont été remplacés par les hydrocarbures halogénés comme par exemple le\ndichlorodifluorocarbone (CCl2F2) connu sous le nom de Fréon 12. Actuellement, pour préserver\nla couche d'ozone atmosphérique, les chlorofluorocarbones (CFC) tendent à être substitués\npar les fluorocarbones (FC) comme le tétrafluoroéthane (CF3CH2F) qui ne contient pas de\nchlore, nocif pour l'ozone. Les températures du fluide dans l'évaporateur et le condenseur sont\nfixées par les températures des zones chaude et froide avec lesquelles le système interagit ce\nqui, en retour, détermine les pressions dans le condenseur et l'évaporateur. Il est généralement\nsouhaitable d'éviter les pressions excessivement élevées dans le condenseur et\nexcessivement basse dans l'évaporateur. La nature du fluide réfrigérant doit donc être adaptée\naux conditions de pressions dans les deux appareils.\n\nLes autres critères à prendre en compte dans le choix du fluide réfrigérant incluent la stabilité\nchimique, la non toxicité, le faible pouvoir corrosif et le coût.\n\nLe type de compresseur influe également sur le choix du fluide réfrigérant. Les compresseurs\ncentrifuges sont mieux adaptés à des fluides réfrigérants à grand volume spécifique alors que\nles compresseurs à piston sont adaptés à des fluides réfrigérants à faible volume spécifique et\nà des conditions de fonctionnement impliquant de grandes différences de pression entre le\ncondenseur et l'évaporateur."},{"id":"cours-9.2-13","type":"cours","chap":9,"title":"Cours · 9.2 Cycles de puissance à gaz","file":"poly.pdf","page":71,"text":"Les principales grandeurs thermodynamiques de tous les fluides réfrigérants existants sont\ndonnées dans des tables et dans des diagrammes pression- enthalpie.\n\nProcédés de liquéfaction des gaz\n\nProcédé Hampson-Linde\n\nDans le procédé Hampson-Linde, l'abaissement de température est obtenu par détente\nisenthalpique de type Joule-Thompson. Le processus de liquéfaction se fait selon le cycle\nouvert décrit par le diagramme T - s de la Fig. 9.24 dont les différentes étapes correspondent\naux transformations suivantes :\n\nEtape 1 - 2 : Le gaz purifié est comprimé de façon isentropique\n\n70\n\nEtape 2 - 3 :  Le gaz comprimé traverse un premier échangeur dans lequel il cède de la\nchaleur au milieu extérieur grâce à une circulation d'eau à température\nambiante.\nEtape 3 - 4 :  Le gaz traverse un second échangeur et sa température est abaissée jusqu'à\nT4.\n\nEtape 4 - 5L : Le gaz subit une détente isenthalpique. Le point figuratif traverse alors la\ncourbe de saturation. On a un mélange liquide - vapeur (point 5) et on prélève\nle liquide dans le collecteur.\nEtape 6 - 1 :  La vapeur saturante est envoyée du collecteur dans le second échangeur afin\nde refroidir le fluide sortant du premier échangeur.\n\nEn pratique le prélèvement de liquide se fait en continu. Evidemment, on alimente le cycle avec\nun débit équivalent de gaz à liquéfier.\n\nC'est avec une machine fonctionnant sur ce principe que l'industriel allemand Karl von Linde a\nréussi à liquéfier de l'air en 1895.\n\nProcédé Georges Claude (1902)\n\nLe procédé est similaire au précédent excepté l'étape 4 - 5C qui est ici une détente\nisentropique fournissant du travail au milieu extérieur par l'intermédiaire d'une turbine. Comme\non le constate sur le diagramme T - s de la Fig. 9.24, le point 5C est plus à gauche que le point\n5L. On obtient\n\n71\n\ndonc une plus grande quantité de liquide, ce qui rend le système plus efficace. Néanmoins, la\ndétente du gaz à très basse température dans la turbine pose des problèmes techniques alors\nque la détente de Joule - Thompson du procédé Linde est beaucoup plus simple.\nGénéralement on liquéfie, les gaz atmosphériques en combinant les deux procédés : une\nfraction x du gaz subit le procédé Linde alors que l'autre fraction (1 - x) subit une détente\nisentropique suivant le procédé G. Claude."},{"id":"cours-9.2-14","type":"cours","chap":9,"title":"Cours · 9.2 Cycles de puissance à gaz","file":"poly.pdf","page":73,"text":"Cycle de réfrigération à absorption de vapeur\n\nLa Fig. 9.25 représente le schéma de principe d'un cycle de réfrigération à absorption de\nvapeur. Dans ce cycle, à la sortie de l'évaporateur, le fluide frigorigène (sous forme vapeur ) est\nabsorbé par un solvant de nature différente. Une solution concentrée est ainsi obtenue. Cette\nsolution entièrement à l'état liquide est envoyée dans un séparateur (colonne à distiller) où le\nsolvant et le fluide frigorigène sont séparés par distillation. Après séparation, le solvant ou du\nmoins une solution très appauvrie en fluide frigorigène est renvoyée dans l'absorbeur alors que\nle fluide frigorigène ou du moins une solution très concentrée est envoyée dans le condenseur\net suit un cycle de froid classique. L'absorption de vapeur étant exothermique, il est nécessaire\nd'évacuer la chaleur générée dans l'absorbeur (par circulation d'eau froide). Le couple fluide\nfrigorigène-solvant est le plus souvent constitué par de l'ammoniac NH3 et de l'eau. Le très\ngros avantage du cycle à absorption de vapeur par rapport au cycle à compression consiste à\nutiliser une pompe à liquide au lieu d'un compresseur à gaz pour véhiculer le fluide et faire\nmonter sa pression de P1 à P2. Le travail de compression ∫ v dP est donc beaucoup plus\nfaible. Néanmoins ce cycle présente le désavantage d'être beaucoup plus onéreux au niveau\nde l'investissement et nécessite une source de chaleur à haute température pour réaliser la\nséparation. Cette source de chaleur peut être apportée par combustion du gaz naturel ou par\nune source d'énergie alternative géothermique ou solaire. Ainsi le cycle à absorption présente\nun intérêt certain dans les pays tropicaux.\n\n72\n\nCycles de réfrigération à gaz sans condensation\n\nLes systèmes de réfrigération vus précédemment mettent en oeuvre un fluide frigorigène tel le\nFréon tantôt à l'état liquide tantôt à l'état gazeux au cours d'un cycle. Un système de\nréfrigération qui suppose le maintien en permanence à l'état gazeux du fluide au cours du cycle\nest bien entendu possible. Il suffit pour cela de prendre n'importe quel cycle moteur et de\nl'inverser. Cependant, dans la pratique, le seul cycle utilisé pour la production de froid est le\ncycle de Brayton inversé. Celui-ci est décrit sur la Fig. 9.26."},{"id":"cours-9.2-15","type":"cours","chap":9,"title":"Cours · 9.2 Cycles de puissance à gaz","file":"poly.pdf","page":74,"text":"Dans le diagramme T - s de la Fig. 9.26, le cycle 1- 2s- 3- 4s- 1 représente le cycle thermique\nde Brayton inversé et le cycle 1 -2 - 3 - 4 - 1 le cycle plus réaliste dans lequel on a tenu compte\ndes irréversibilités dans la turbine et le compresseur.\n\n73\n\nLa quantité de chaleur Qc est rejetée au milieu ambiant et la température T3 est pratiquement\ncelle du milieu ambiant. La quantité de chaleur Qf est prélevée à l'espace qu'on veut réfrigérer\net la température T1 est pratiquement égale à celle de cet espace réfrigéré. La turbine de\ndétente et le compresseur sont couplés et le travail net fourni au fluide au cours d'un cycle est\névidemment défini ainsi :\n\n∣Wnet ∣ = ∣Wcomp ∣ − ∣Wturb ∣\n\nComme  ∣Wnet ∣ = (h2 − h1 ) − (h3 − h4 )\n\nLe coefficient de performance du cycle de Brayton inversé pour une machine à froid sera donc\ndéfini ainsi :\nh1 − h4\nCOP =\n\n(h2 − h1 ) − (h3 − h4 )\n\nPour la production de froid, les systèmes à condensation de vapeur sont beaucoup moins\nchers et présentent un meilleur COP que les systèmes à gaz non condensable. En effet, ces\nderniers nécessitent de véhiculer des débits volumiques très importants puisque le fluide reste\nà l'état gazeux et le travail de compression est énorme. En pratique, ce cycle est utilisé pour la\nclimatisation d'avions sous forme de cycle ouvert (voir Fig. 9.27)\n\n74\n\nA la suite de simples et habiles modifications les systèmes de réfrigération à gaz non\ncondensables permettent d'atteindre des températures qui sont bien inférieures aux\ntempératures habituellement atteintes avec des systèmes à condensation de vapeur. La\nFig.9.28 montre le schéma et le diagramme T - s d'un cycle de Brayton modifié par\nl'introduction d'un échangeur de chaleur\n\n75\n\nL'échangeur de chaleur permet de refroidir le gaz entrant dans la turbine de détente jusqu'à\nune température T4 nettement inférieure à la température ambiante To comme dans le cas du\ncycle de Brayton simple. Si l'échangeur de chaleur est idéal T1 = T3 = To (température\nambiante) et T4 = T6 = TF (température du milieu réfrigéré)."},{"id":"cours-9.2-16","type":"cours","chap":9,"title":"Cours · 9.2 Cycles de puissance à gaz","file":"poly.pdf","page":77,"text":"En introduisant un échangeur de chaleur dans le cycle de Brayton, on peut atteindre une\ntempérature du milieu réfrigéré très basse comme dans le cas du liquéfacteur d'hélium de\nCollins (TF = 4,3K). La turbine de détente fonctionne alors à très basse température ce qui\npose d'énormes problèmes techniques en particulier de lubrification.\n\n76"},{"id":"cours-10.1-0","type":"cours","chap":10,"title":"Cours · 10.1 Mélanges de gaz parfaits","file":"poly.pdf","page":78,"text":"a) Fractions molaires\nni\nLa fraction molaire d'un constituant dans un mélange s'exprime ainsi : yi =\n\nn\nni : nombre de moles des constituants\nn : nombre total de moles dans le mélange\n\nb) Pressions et volumes partiels\n\nModèle de Dalton: La pression partielle d'un constituant dans un mélange est la pression\nobservée si le constituant occupait seul tout le volume.\n\nPar exemple, si on considère le mélange de deux constituants A et B, on peut écrire:\n\nP VT = nRT  avec  n = nA + nB\n\nComme PA et PB sont les pressions partielles respectivement de A et de B\n\nPA VT = nA RT\net  PB VT = nB RT\n\n(PA + PB )VT = (nA + nB )RT = nRT = P VT\n\nDonc  P = PA + PB\n\nn\net d'une manière générale, on a : P = ∑ Pi\n(10.1)\ni=1"},{"id":"cours-10.1-1","type":"cours","chap":10,"title":"Cours · 10.1 Mélanges de gaz parfaits","file":"poly.pdf","page":78,"text":"La pression totale est la somme des pressions partielles.\n\nModèle d'Amagat : les différents constituants d'un mélange existent séparément à la pression\net à la température du mélange. Par exemple: pour un mélange de A et de B, le constituant A\noccuperait le volume partiel VA et le constituant B, le volume partiel VB.\n\nP VT = nRT = (nA + nB )RT\n\nP VA = nA RT  et  P VB = nB RT ⇒ P VT = P (VA + VB ) ⇒ VT = VA + VB\n\nVA  nA  PA\nOn déduit que :  =  =  = yA  (10.2)\n\nVT  n  P\n\nVi\nPour chaque constituant d'un mélange de gaz parfaits, la fraction volumique  , la fraction\n\nVT"},{"id":"cours-10.1-2","type":"cours","chap":10,"title":"Cours · 10.1 Mélanges de gaz parfaits","file":"poly.pdf","page":78,"text":"Pi\nmolaire yi et le rapport de la pression partielle sur la pression totale  sont égaux.\n\nP\n\n77\n\nc) Fonctions thermodynamiques de mélange\n\nEnergie interne d'un mélange de gaz parfaits.\n\nU = n u = n A uA + n B uB\n(10.3)\n\nEnthalpie d'un mélange de gaz parfait.\n\nH = nh = nA hA + nB hB  (10.4)\n\nEntropie d'un mélange de gaz parfaits.\n\nS = ns = nA sA + nB sB\n\n(10.5)\n\nu et h ne dépendent que de T, alors que s dépend de T et de P.\nsA entropie molaire de A à T et PA et sB entropie molaire de B à T et PB\n\nEntropie de mélange\n\nnA moles d'un gaz A à T et P sont mélangées avec nB moles d'un gaz B aux mêmes T et P en\nenlevant la cloison qui les sépare (Fig. 10.1) (évolution adiabatique à volume constant). Quelle\nest l'augmentation d'entropie qui en résulte?\n\nLa pression partielle finale du gaz A est PA et la pression partielle finale du gaz B est PB. Il n'y a\npas de variation de température.\nPA\nPour le gaz A, la variation d'entropie est : ΔSA = −nA RLn  = −nA RLn yA"},{"id":"cours-10.1-3","type":"cours","chap":10,"title":"Cours · 10.1 Mélanges de gaz parfaits","file":"poly.pdf","page":79,"text":"P\nPB\nPour le gaz B, la variation d'entropie est : ΔSB = −nB RLn  = −nB RLn yB\n\nP\nLa variation totale d'entropie ou entropie de mélange est : ΔS = −R(nA Ln yA + nB Ln yB )\n\nL'entropie de mélange pour un nombre quelconque de constituants est :\n\nΔS = −R ∑ ni Ln yi\n\n(10.6)\ni\n\n78\n\nRemarque: comme le mélange d'espèces gazeuses différentes est un processus irréversible, il\nest normal que ce processus s'accompagne d'une création d'entropie."},{"id":"cours-10.2-0","type":"cours","chap":10,"title":"Cours · 10.2 Mélange de gaz réels","file":"poly.pdf","page":80,"text":"Pour traiter des mélanges de gaz réels on a la possibilité d'utiliser soit des diagrammes\ngénéralisés de compressibilité soit une équation d'état.\n\na) Diagrammes généralisés\n\nIl faut alors définir les paramètres pseudocritiques du mélange. D'après le modèle de W. B. Kay\n(1936) la pression pseudocritique (Pc)m et la température pseudocritique (Tc)m du mélange\nsont définies en fonction des pression et température critiques des constituants purs Pci et Tci\ncomme suit :\n\n(Pc )m = ∑ yi Pci\net  (Tc )m = ∑ yi Tci\n(10.7)\n\nyi est la fraction molaire du constituant i dans le mélange.\n\nOn peut alors définir la pression réduite et la température réduite du mélange :\nP  T\nPr =  et  Tr =\n(Pc )m  (Tc )m\n\net traiter le mélange de la même façon qu'un constituant pur en utilisant les diagrammes\ngénéralisés de compressibilité, de variation d'enthalpie, d'entropie etc....\n\nb) Equations d'état\n\nOn peut adopter les équations de Van der Waals ou de Redlich-Kwong pour décrire le\ncomportement (P,V,T) d'un mélange de gaz réels. Il faut alors choisir pour les paramètres a et b\nde ces deux équations des paramètres valables pour le mélange am et bm définis en fonction\ndes paramètres ai et bi des constituants purs par les relations suivantes :\n2\nam = (∑ yi ai )\n(10.9)\n\nbm = ∑ yi bi\n\n(10.10)"},{"id":"cours-10.2-1","type":"cours","chap":10,"title":"Cours · 10.2 Mélange de gaz réels","file":"poly.pdf","page":80,"text":"Ainsi l'équation de Van der Waals pour le mélange devient :\nrT  a\nP =  − m2\n\nV − bm\n\nV\n\n79"},{"id":"cours-10.3-0","type":"cours","chap":10,"title":"Cours · 10.3 Mélange d'un gaz et d'une vapeur condensable: cas de l'air humide.","file":"poly.pdf","page":81,"text":"Il y a de très nombreuses applications pratiques tels que le séchage de produits humides, la\nclimatisation de l'air etc... qui intègrent l'étude des mélanges air-vapeur d'eau.\n\nLes hypothèses simplificatrices du modèle de mélange sont les suivantes :\n\n- la phase condensée ne contient aucun gaz dissout ;\n- la phase gazeuse est un mélange de gaz parfaits ;\n- l'équilibre thermodynamique entre la phase condensée et sa vapeur n'est pas\ninfluencé par les gaz incondensables (air).\n\n10.3.1 Définitions\n\n-  Le point de rosée d'un mélange air-vapeur est la température à laquelle la vapeur\ncommence à se condenser lorsqu'on la refroidit à pression constante.\nPv\n- On définit l'humidité relative φ par :  ϕ=\n\n(10.7)\nPg\n\nPv = pression partielle de la vapeur d'eau dans le mélange air-vapeur d'eau\nPg = pression de saturation (ou d'équilibre) de la vapeur d'eau à la température du mélange.\n\nA la saturation ou au point de rosée φ = 1\nmv\nOn définit l'humidité absolue w comme la masse de vapeur par kg d'air sec : w =\n\nma"},{"id":"cours-10.3-1","type":"cours","chap":10,"title":"Cours · 10.3 Mélange d'un gaz et d'une vapeur condensable: cas de l'air humide.","file":"poly.pdf","page":81,"text":"mv = masse de vapeur dans le mélange air-vapeur d'eau\nma = masse d'air sec dans le mélange air-vapeur d'eau.\n\nPv .V  P V Mv  Pa .V  P V Ma\nComme mv =  = v  ;  ma =  = a\n\nrv T  RT\nra T  RT\nPv .V /rv T  ra P v  Mv Pv\nw=  =  =\n\nPa .V /ra T\n\nrv P a  Ma Pa\n\nPour un mélange air vapeur d'eau ( Mv = 18 kg/kmole ; Ma = 29kg/kmole), l'expression de w se\nréduit à :\nPv\nw = 0,622  (10.13)\n\nPa\n\nOn peut établir facilement la relation entre l'humidité absolue et l'humidité relative.\nwPa\nϕ=\n\n(10.14)\n0,622Pg\n\n80\n\n10.3.2 Evolution d'un mélange air-vapeur d'eau lors d'un refroidissement à pression\nconstante"},{"id":"cours-10.3-2","type":"cours","chap":10,"title":"Cours · 10.3 Mélange d'un gaz et d'une vapeur condensable: cas de l'air humide.","file":"poly.pdf","page":82,"text":"Soit un mélange d'air et de vapeur d'eau initialement surchauffée représentée par l'état 1 sur la\nFig. 10.2. Lorsqu'on refroidit le mélange à pression constante, la quantité de vapeur et sa\npression partielle demeurent constantes jusqu'à ce que le point de rosée soit atteint à l'état 2.\nLa vapeur devient alors saturée.. Le condensat initial est à l'état 4 et il est en équilibre avec la\nvapeur à l'état 2. Si on abaisse encore la température, il se produit plus de condensation ce qui\ndiminue la pression de la vapeur contenue dans le mélange. La vapeur restante dans le\nmélange est toujours saturée et en équilibre avec le liquide (ou le solide). Par exemple, si on\nabaisse la température à T3, la vapeur contenue dans le mélange est à l'état 3 et sa pression\npartielle est la pression de saturation à T3. Le liquide en équilibre avec elle est à l'état 5.\n\n10.3.3 La saturation adiabatique.\n\nLa saturation adiabatique de l'air est réalisée avec le dispositif décrit dans la Fig. 10.3 appelé\nsaturateur adiabatique.\n\nUn mélange air-vapeur d'eau traverse le saturateur adiabatique (thermiquement isolé). Si\nl'humidité relative à l'entrée est inférieure à 100%, une partie de l'eau liquide contenue dans le\nsaturateur s'évapore et la température du mélange air-vapeur d'eau diminue. Lorsque le\nmélange à la sortie du dispositif est saturé φ2 = 1, la température à la sortie T2 est dite\ntempérature de saturation adiabatique. Pour assurer un régime permanent, il faut alimenter le\nsaturateur avec un débit d'eau liquide (à la température T2) égal au débit d'évaporation.\n\n81\n\nBilan massique en eau dans l'évaporateur\nEn posant :\n\nma : débit d'air sec qui traverse le saturateur\nmL : débit d'appoint d'eau liquide égal au débit d'eau évaporée\nw1 : humidité absolue de l'air à l'entrée\nw2 : humidité absolue de l'air à la sortie\n\nEn régime permanent, on aura :  ma w1 + mL = ma w2\n\ndonc  mL = ma (w2 − w1 )"},{"id":"cours-10.3-3","type":"cours","chap":10,"title":"Cours · 10.3 Mélange d'un gaz et d'une vapeur condensable: cas de l'air humide.","file":"poly.pdf","page":83,"text":"Bilan d'énergie dans le saturateur\nEn posant:\n\nhv1 : enthalpie spécifique de la vapeur d'eau saturante à la température T1 (= hg1)\nhv2 : enthalpie spécifique de la vapeur d'eau saturante à la température T2 (= hg2)\nha1 : enthalpie spécifique de l'air sec à la température T1\nha2 : enthalpie spécifique de l'air sec à la température T2\nhL2 : enthalpie spécifique du liquide à la pression du saturateur P à la température T2\n\nEn appliquant le premier principe avec écoulement permanent on aura :\n\nma ha1 + ma w1 hv1 + ma (w2 − w1 )hL2 = ma ha2 + ma w2 hv2\n\nEn assimilant l'air à un gaz parfait :  ha2 − ha1 = Cpa (T2 − T1 )\n\net par substitution dans l'équation du bilan d'énergie on obtient :\n\nw1 (hv1 − hL2 ) = Cpa (T2 − T1 ) + w2 (hv2 − hL2 )\n\nEn assimilant hL2 à hf2 (l'enthalpie du liquide saturant à T2) , on peut exprimer w1 :\nCpa (T2 − T1 ) + w2 hf g2\nw1 =  (10.15)\n\nhv1 − hf 2\n\nà la sortie du saturateur φ2 = 1 donc Pv2 = Pg2  et :\nPg2  Pg2\nw2 = 0,622  = 0,622"},{"id":"cours-10.3-4","type":"cours","chap":10,"title":"Cours · 10.3 Mélange d'un gaz et d'une vapeur condensable: cas de l'air humide.","file":"poly.pdf","page":83,"text":"P2 − Pg2\n\nPa2\n\nEn général, la pression ne varie pratiquement pas dans le saturateur et P1 = P2 = P\n\nOn mesure très facilement les températures T1 et T2 (à l'aide de thermomètres) :\n\nP1,T1 connues ⇒ hv1 ou hg1 connue\nP2,T2 connues ⇒ hf2, hfg2, Pg2 connus\n\n82\n\nToutes les grandeurs de l'équation (10.15) w2, hfg2, hv1 et hf2 peuvent être ainsi déterminées et\non en déduit finalement w1.\n\nInversement, on peut aussi exprimer la différence des températures T1 - T2 en fonction des\nhumidités absolues w1 et w2. Si de plus, on développe hv1− hf2 sous la forme suivante :\n\nhv1 − hf 2 = (hv1 − hv2 ) + (hv2 − hf 2 ) = Cpv (T1 − T2 ) + hf g2\n\n(w2 − w1 )hf g2  (w2 − w1 )hf g2\nil vient alors: T1 − T2 =  =  (10.16)\n\nCpa + w1 Cpv\n\nCs1\n\nLa différence d'enthalpie spécifique hv1− hv2 de la vapeur d'eau saturante est égale à Cpv (T1 −\nT2).\n\nCpv étant la chaleur spécifique de la vapeur d'eau considérée constante entre T1 et T2.\n\nLe terme ( Cpa + w1Cpv ) représente la chaleur spécifique de l'air humide à l'entrée du\nsaturateur Cpa + w1Cpv = Cs1\n\nd) Température du thermomètre humide et température du thermomètre sec\n\nNous avons vu précédemment que la mesure des températures T1 et T2 (T2 étant la\ntempérature de saturation adiabatique) devait permettre de déterminer w1 donc φ1 qui sont\nrespectivement l'humidité absolue et l'humidité relative d'un courant d'air humide. L'utilisation\nd'un saturateur adiabatique comme dispositif de mesure de w1 n'est toutefois pas chose aisée.\nPour cette détermination, on aura plutôt recours à un dispositif constitué de deux thermomètres\njuxtaposés :"},{"id":"cours-10.3-5","type":"cours","chap":10,"title":"Cours · 10.3 Mélange d'un gaz et d'une vapeur condensable: cas de l'air humide.","file":"poly.pdf","page":84,"text":"- un thermomètre \"sec\" dont le bulbe nu est simplement en contact avec le courant d'air\nhumide.\n- un thermomètre \"humide\" dont le bulbe est humidifié en permanence à l'aide d'une mèche\nde\ncoton ou de toute autre matière hydrophile, trempant dans une réserve d'eau liquide\ncomme\nindiqué sur la Fig. 10.4 .\n\n83\n\nSoit un courant d'air humide de température T1 mesurée à l'aide du thermomètre sec et dont il\nfaut déterminer l'humidité absolue w1. L'eau évaporée au niveau de la mèche humide est\ntransférée vers le courant gazeux à travers une couche limite diffusionnelle. On admet que\nl'interface mèche-air est à l'état d'équilibre, c'est à dire que l'humidité absolue ws de l'air est\nune humidité absolue de saturation, correspondant à φs = 1.\nLa température indiquée par le thermomètre à bulbe humide Ts est la température de\nsaturation correspondant à la valeur de ws. Elle est évidemment inférieure à T1 (sauf si le\ncourant d'air est saturé (φ1 = 1) auquel cas, il n'y a pas d'évaporation au niveau de la mèche et\npar conséquent les températures aux thermomètres sec et humide sont égales Ts = T1.\n\nLes profils d'humidité absolue et de température au voisinage de la surface air-eau de la\nmèche sont présentés sur la Fig. 10.5.\n\nEn régime permanent le flux de chaleur apporté par le gaz dû à la différence de températures\nT1− Ts est égal au flux de chaleur requis pour l'évaporation de l'eau.\n\nLe flux de chaleur apporté par le gaz s'écrit :\n\nFg = Hg (T1 − Ts )\n\nen J/m2.s  (10.17)\n\nHg : coefficient de transfert thermique local dans le film gazeux.\n\nLe flux de chaleur requis pour l'évaporation :\n\nF g = h f g Kw ( w s − w 1 )\n\n(10.18)\n\nKw est le coefficient de transfert de matière dans le film diffusionnel.\n\n84\n\nLa quantité Kw(ws−w1) représente le flux massique de vapeur d'eau à travers le film\ndiffusionnel (flux d'évaporation en kg d'eau/ m2.s) ;"},{"id":"cours-10.3-6","type":"cours","chap":10,"title":"Cours · 10.3 Mélange d'un gaz et d'une vapeur condensable: cas de l'air humide.","file":"poly.pdf","page":86,"text":"hfg chaleur latente de vaporisation de l'eau à Ts.\n\nEn combinant les équations (10.17) et (10.18) , on en déduit :\nh f g Kw\nT1 − Ts =  (ws − w1 )  (10.19)\n\nHg\n\nSi Cs représente la chaleur spécifique de l'air humide (en J/kg d'air humide), le rapport\nHg\nadimensionnel  peut être exprimé en fonction du nombre de Lewis de la façon suivante :\n\nKw C s\n\nHg\n= Le0,567  (10.20)\n\nKw C s\n\nSc\nLe =  ; nombre de Lewis\nPμr\nAvec  Sc =\n; nombre de Schmidt  (10.21)\nρD\nCs\nPr =  ; nombre de Prandtl\n\nμk\nμ : viscosité de l'air humide(Pa.s = kg/m.s)\nρ : masse volumique de l'air humide (kg/m3)\nD : coefficient de diffusion de la vapeur d'eau dans l'air (m2/s)\nCs: chaleur spécifique de l'air humide (J/kg.K)\nk : conductibilité thermique de l'air humide (J/m.K.s)"},{"id":"cours-10.3-7","type":"cours","chap":10,"title":"Cours · 10.3 Mélange d'un gaz et d'une vapeur condensable: cas de l'air humide.","file":"poly.pdf","page":86,"text":"De nombreux travaux expérimentaux ont permis de montrer que dans le cas d'un mélange air-\nvapeur d'eau, le nombre de Lewis Le est pratiquement égal à 1 quelles que soient les\nconditions d'évaporation (Ce qui n'est pas vrai pour tout système gaz-vapeur condensable\ncomme par exemple le système air-alcool éthylique).\n\nDans le cas du mélange air vapeur d'eau :\nKw  1\n≈  (10.22)\n\nHg  Cs\n\nDonc la différence de température T1− Ts peut s'exprimer ainsi :\nhf g\nT1 − Ts =  (ws − w1 )  (10.23)\n\nCs\n\n85\n\nDans ces conditions, il est clair que la relation (10.23) est pratiquement identique à la relation\n(10.16) relative au saturateur adiabatique de telle sorte que les températures T2 et Ts peuvent\nêtre confondues de même que les humidités absolues w2 et ws.\n\nEn définitive, le couple de thermomètres sec et humide remplace avantageusement le\nsaturateur adiabatique pour la détermination de l'humidité d'un courant d'air donné.\n\nd) Le diagramme de l'air humide(ou psychrométrique)\n\nSur le diagramme de l'air humide, le point de coordonnées (Ts,ws) est relié au point (T1,w1) par\nla droite d'équation :\nCs\n(ws − w1 ) ≈ −  (Ts − T1 )  (10.24)\n\nhf g\n\nLe point (Ts,ws) se situe à l'intersection de cette courbe avec la courbe de saturation (φ =1).\nCs\nTous les points de cette droite de pente −  ont la même température humide Ts. Cette droite"},{"id":"cours-10.3-8","type":"cours","chap":10,"title":"Cours · 10.3 Mélange d'un gaz et d'une vapeur condensable: cas de l'air humide.","file":"poly.pdf","page":87,"text":"hf g\n\nest donc une iso-température humide. Dans le diagramme de l'air humide, les iso-températures\nCs\nhumides sont des droites obliques pratiquement toutes parallèles entre elles et de pente −  .\n\nhf g\n\nPour un air humide donné, il suffit de porter sur le diagramme la température du thermomètre\nsec et celle du thermomètre humide pour connaître toutes ses caractéristiques : l'humidité\nabsolue, l'humidité relative, l'enthalpie spécifique, le volume massique etc....\n\n86\n\n87"},{"id":"td1-ex1-enonce","type":"td_enonce","chap":1,"ex":1,"title":"TD1 · exo 1 (énoncé)","file":"td-enonces.pdf","page":2,"text":"A 5-m3 container is filled with 900 kg of granite (density of 2400 kg/m3) and the rest of the volume is air with density equal to 1.15 kg/m3. Find the mass of air and the overall specific volume."},{"id":"td1-ex2-enonce","type":"td_enonce","chap":1,"ex":2,"title":"TD1 · exo 2 (énoncé)","file":"td-enonces.pdf","page":2,"text":"A mercury (Hg) manometer is used to measure the pressure in a vessel as shown in the joined figure. The mercury has a density of 13590 kg/m3, and the height difference between the two columns is measured to be 24 cm. We want to determine the pressure inside the vessel.\nIndications : Atmospheric pressure : 0.75 m Hg; acceleration due to gravity : 9.80665 m/s2 Patm = Po\n\nFluid P  g H\n\nA  B"},{"id":"td1-ex3-enonce","type":"td_enonce","chap":1,"ex":3,"title":"TD1 · exo 3 (énoncé)","file":"td-enonces.pdf","page":2,"text":"A cannonball of 5 kg acts as a piston in a cylinder of 0.15 m diameter. As the gunpowder is burned, a pressure of 7 MPa is created in the gas behind the ball. What is the acceleration of the ball if the cylinder (cannon) is pointing?\n\n1. horizontally 2. 40 ° up relative to the horizontal direction"},{"id":"td1-ex4-enonce","type":"td_enonce","chap":1,"ex":4,"title":"TD1 · exo 4 (énoncé)","file":"td-enonces.pdf","page":2,"text":"A U-tube manometer filled with water (density =1000 kg/m3) shows a high difference of 25 cm. What is the gauge pressure? If the right branch is tilted to make an angle of 30 ° with the horizontal, as shown in the joined figure, what should the length of the column in the tilted tube be relative to the U-tube ?"},{"id":"td1-ex5-enonce","type":"td_enonce","chap":1,"ex":5,"title":"TD1 · exo 5 (énoncé)","file":"td-enonces.pdf","page":3,"text":"A sub-marine maintains 101 kPa inside it and dives 240 m down in the ocean having an average density of 1030 kg/m3. What is the pressure difference between the inside and the outside of the submarine hull?"},{"id":"td1-ex6-enonce","type":"td_enonce","chap":1,"ex":6,"title":"TD1 · exo 6 (énoncé)","file":"td-enonces.pdf","page":3,"text":"The atmosphere becomes colder at higher elevation. As an average, the standard atmospheric absolute temperature can be expressed as Tatm = 288 - 6.5 10-3 z, where z is the elevation in meters. How cold is it outside an air plane cruising at 12000 m expressed in Kelvin, in Celsius and in Fahrenheit?"},{"id":"td1-ex7-enonce","type":"td_enonce","chap":1,"ex":7,"title":"TD1 · exo 7 (énoncé)","file":"td-enonces.pdf","page":3,"text":"A steel tank of cross sectional area 3m2 and height 16m weighs 10000 kg and is open at the top, as shown in the Fig below. We want to float it in the ocean so that it is positioned 10 m straight down by pouring concrete into its bottom. How much concrete should we use (mass, depth …)\n\nAir\n\nOcean\n\n10 m\n\nConcrete"},{"id":"td1-ex8-enonce","type":"td_enonce","chap":1,"ex":8,"title":"TD1 · exo 8 (énoncé)","file":"td-enonces.pdf","page":3,"text":"A piston, mP = 5 kg is fitted in a cylinder, A = 15 cm2, that contains a gas. The setup is in a centrifuge that creates an acceleration of 25 m/s2 in the direction of piston motion toward the gas. Assuming standard atmospheric pressure outside the cylinder, find the gas pressure."},{"id":"td2-ex1-enonce","type":"td_enonce","chap":2,"ex":1,"title":"TD2 · exo 1 (énoncé)","file":"td-enonces.pdf","page":4,"text":"Determine the phase for each of the following water states using the water-steam tables and indicate the relative position in the P-v, T-v, and P-T diagrams\n\n1. 120 °C, 500 kPa\n\n2. 120 °C, 0.5 m3/kg"},{"id":"td2-ex2-enonce","type":"td_enonce","chap":2,"ex":2,"title":"TD2 · exo 2 (énoncé)","file":"td-enonces.pdf","page":4,"text":"Determine the temperature and quality (if defined) for water at a pressure of 300 kPa and each of these specific volumes:\n\n1. 0.5 m3/kg\n\n2. 1.0 m3/kg"},{"id":"td2-ex3-enonce","type":"td_enonce","chap":2,"ex":3,"title":"TD2 · exo 3 (énoncé)","file":"td-enonces.pdf","page":4,"text":"A rigid vessel contains saturated ammonia vapour at 20 °C. Heat is transferred to the system until the temperature reaches 40 °C. What is the final pressure?"},{"id":"td2-ex4-enonce","type":"td_enonce","chap":2,"ex":4,"title":"TD2 · exo 4 (énoncé)","file":"td-enonces.pdf","page":4,"text":"Determine the pressure for water at 200 °C with v=0.4 m3/kg"},{"id":"td2-ex5-enonce","type":"td_enonce","chap":2,"ex":5,"title":"TD2 · exo 5 (énoncé)","file":"td-enonces.pdf","page":4,"text":"A tank has a volume of 0.5 m3 and contains 10 kg of an ideal gas having a molecular weight of 24. The temperature is 25 °C. What is the pressure?"},{"id":"td2-ex6-enonce","type":"td_enonce","chap":2,"ex":6,"title":"TD2 · exo 6 (énoncé)","file":"td-enonces.pdf","page":4,"text":"Determine the specific volume for R-134a at 100 °C, 3 MPa, for the following models:\n\n1. the R-134a tables 2. Ideal gas 3. The generalized chart"},{"id":"td2-ex7-enonce","type":"td_enonce","chap":2,"ex":7,"title":"TD2 · exo 7 (énoncé)","file":"td-enonces.pdf","page":4,"text":"A sealed rigid vessel has volume of 1 m3 and contains 2 kg of water at 100 °C. The vessel is now heated. If a safety valve is installed, at what pressure should the valve be set to have a maximum temperature of 200 °C ?"},{"id":"td2-ex8-enonce","type":"td_enonce","chap":2,"ex":8,"title":"TD2 · exo 8 (énoncé)","file":"td-enonces.pdf","page":4,"text":"Two tanks are connected as shown in the figure below, both containing water. Tank A is at 200 kPa, v = 0.5 m3/kg, VA = 1 m3 and tank B contains 3.5 kg at 0.5 MPa and 400 °C. The valve is now opened and the two tanks come to a uniform state. Find the final specific volume\n\n4"},{"id":"td3-ex1-enonce","type":"td_enonce","chap":3,"ex":1,"title":"TD3 · exo 1 (énoncé)","file":"td-enonces.pdf","page":6,"text":"Consider as a system the gas in the cylinder shown in the figure below. The cylinder is fitted with a piston on which a number of small weights are placed. The initial pressure is 200 kPa, and the initial volume of the gas is 0.04m3.\n\n1. Let a Bunsen burner be placed under the cylinder, and let the volume of the gas increase to 0.1 m3 while the pressure remains constant. Calculate the work done by the system during this process.\n2. Consider the same system and initial conditions, but at the same time the Bunsen Burner is under the cylinder and the piston is raising, let weights be removed from the piston at such a rate that, during the process, the temperature of the gas remains constant.\n3. Consider the same system, but during the heat transfer let the weights be removed at such a rate that the expression PV1.3 = constant describes the relation between pressure and volume during the process. Again the final volume is 0.1 m3. Calculate the work.\n4. Consider the system and initial state given in the first three examples, but let the piston be held by a pin so that the volume remains constant. In addition, let heat be transferred from the system until the pressure drops to 100 kPa. Calculate the work."},{"id":"td3-ex2-enonce","type":"td_enonce","chap":3,"ex":2,"title":"TD3 · exo 2 (énoncé)","file":"td-enonces.pdf","page":6,"text":"Air goes through a polytropic process from 125 kPa and 325 K to 300 kPa and 500 K.\nFind the polytropic exponent n and the specific work in the process."},{"id":"td3-ex3-enonce","type":"td_enonce","chap":3,"ex":3,"title":"TD3 · exo 3 (énoncé)","file":"td-enonces.pdf","page":6,"text":"A piston /cylinder arrangement shown in the joined figure initially contains air at 150 kPa, 400 °C. The set-up is allowed to cool to the ambient temperature of 20 °C.\n\n6\n\n1. Is the piston resting on the stops in the final state? What is the final pressure in the cylinder?\n2. What is the specific work done by the air during this process?"},{"id":"td3-ex4-enonce","type":"td_enonce","chap":3,"ex":4,"title":"TD3 · exo 4 (énoncé)","file":"td-enonces.pdf","page":7,"text":"The refrigerant R22 is contained in a piston/cylinder as shown in the joined figure, where the volume is 11 L when the piston hits the stops. The initial state is -30°C, 150 kPa, with a volume of 10 L. this system is brought indoors and warms up to +15°C\n\n1. Is the piston at the stops in the final state?\n2. Find the work done by the R22 during this process."},{"id":"td3-ex5-enonce","type":"td_enonce","chap":3,"ex":5,"title":"TD3 · exo 5 (énoncé)","file":"td-enonces.pdf","page":7,"text":"A copper wire of diameter 2 mm is 10 m long and stretched out between two posts. The normal stress (pressure), σ = E(L-LO)/LO, depends on the length, L, versus the unstretched\n\nlength LO and Young's modulus E =1.1 106 kPa. The force is F=Aσ and is measured to be 110 N. How much longer is the wire and how much work was put in ?"},{"id":"td3-ex6-enonce","type":"td_enonce","chap":3,"ex":6,"title":"TD3 · exo 6 (énoncé)","file":"td-enonces.pdf","page":7,"text":"Assume a balloon material with a constant surface tension τ = 2 N/m. What is the work required to stretch a spherical balloon up to a radius of r = 0.5 m ? Neglect any effect from atmospheric pressure."},{"id":"td3-ex7-enonce","type":"td_enonce","chap":3,"ex":7,"title":"TD3 · exo 7 (énoncé)","file":"td-enonces.pdf","page":8,"text":"Consider the constant transfer of energy from a warm room at 20 °C inside a house to the colder ambient temperature of -10 °C through a single-pane window, as shown in the Fig below.\nThe temperature variation with distance from the outside glass surface is shown by an outside convection heat transfer layer, but no such layer is inside the room (as a simplification) . The glass pane has a thickness of 5 mm with a conductivity of 1.4 W/m/K and a total surface area of 0.5 m2. The outside wind is blowing, so the convective heat transfer coefficient is 100 W/m2K.\nWith an outer glass surface temperature of 12.1 °C, we would like to know the rate of heat transfer (in Watt)\n\na) in the glass\nb) in the convective layer"},{"id":"td3-ex8-enonce","type":"td_enonce","chap":3,"ex":8,"title":"TD3 · exo 8 (énoncé)","file":"td-enonces.pdf","page":8,"text":"A radiant heating lamp has a surface temperature of 1000K with an emissivity ε = 0.8.\nHow large a surface area is needed to provide 250 W of radiation heat transfer.\n\nIndication: Stefan-Boltzman constant σ = 5.67 10-8 W/m2K4"},{"id":"td4-ex1-enonce","type":"td_enonce","chap":4,"ex":1,"title":"TD4 · exo 1 (énoncé)","file":"td-enonces.pdf","page":9,"text":"A tank containing a fluid is stirred by a paddle wheel. The work input to the paddle wheel is 5090 kJ. The heat transfer from the tank is 1500 kJ. Consider the tank and the fluid inside a control surface and determine the change in internal energy of this control mass."},{"id":"td4-ex2-enonce","type":"td_enonce","chap":4,"ex":2,"title":"TD4 · exo 2 (énoncé)","file":"td-enonces.pdf","page":9,"text":"A cylinder fitted with a piston has an initial volume of 0.1 m3 and contains nitrogen at 150 kPa , 25 °C. The piston is moved, compressing the nitrogen until the pressure is 1 MPa and the temperature is 150°C. During this compression process heat is transferred from the nitrogen, and the work done on the nitrogen is 20 kJ. Determine the amount of this heat transfer.\nThermodynamic model: Ideal gas, constant specific heat with value at 300K."},{"id":"td4-ex3-enonce","type":"td_enonce","chap":4,"ex":3,"title":"TD4 · exo 3 (énoncé)","file":"td-enonces.pdf","page":9,"text":"A vessel having a volume of 5 m3 contains 0.05 m3 of saturated liquid water and 4.95 m3 of saturated water vapour at 0.1 MPa. Heat is transferred until the vessel is filled with saturated vapour. Determine the heat transfer for this process.\nThermodynamic model: steam tables"},{"id":"td4-ex4-enonce","type":"td_enonce","chap":4,"ex":4,"title":"TD4 · exo 4 (énoncé)","file":"td-enonces.pdf","page":9,"text":"A cylinder fitted with a piston has a volume of 0.1 m3 and contains 0.5 kg of steam at 0.4 MPa. Heat is transferred to the steam until the temperature is 300 °C, while the pressure remains constant. Determine the heat transfer and the work for this process.\nThermodynamic model: steam tables"},{"id":"td4-ex5-enonce","type":"td_enonce","chap":4,"ex":5,"title":"TD4 · exo 5 (énoncé)","file":"td-enonces.pdf","page":9,"text":"By using the water-steam tables, estimate the constant pressure specific heat of steam at 0.5 MPa, 375°C."},{"id":"td4-ex6-enonce","type":"td_enonce","chap":4,"ex":6,"title":"TD4 · exo 6 (énoncé)","file":"td-enonces.pdf","page":9,"text":"Calculate the change of enthalpy as 1 kg of oxygen is heated from 300 to 1500 K.\nAssume ideal-gas behaviour."},{"id":"td4-ex7-enonce","type":"td_enonce","chap":4,"ex":7,"title":"TD4 · exo 7 (énoncé)","file":"td-enonces.pdf","page":9,"text":"An insulated cylinder is divided into two parts (A and B) of 1 m3 each by an initially locked piston. Side A has air at 200 kPa , 300 K and side B has air at 1.0 MPa , 1000K . The piston is now unlocked so that it is free to move and it conducts heat so that the air comes to a uniform temperature TA= TB. find the mass in both A and b and the final T and P."},{"id":"td4-ex8-enonce","type":"td_enonce","chap":4,"ex":8,"title":"TD4 · exo 8 (énoncé)","file":"td-enonces.pdf","page":10,"text":"Helium gas expands from 125 kPa, 350 K and 0.25 m3 to 100 kPa in a polytropic process with n = 1.667. How much heat transfer is involved?"},{"id":"td4-ex9-enonce","type":"td_enonce","chap":4,"ex":9,"title":"TD4 · exo 9 (énoncé)","file":"td-enonces.pdf","page":10,"text":"An air pistol contains compressed air in a small cylinder. Assume that the volume is 1 cm3, the pressure is 1 MPa, and the temperature is 27 °C when armed. A bullet, with m=15 g, acts as a piston initially held by a pin (trigger); when released, the air expands in an isothermal (and quasistatic) process. If the air pressure is 0.1 MPa in the cylinder as the bullet leaves the gun, find:\n\na) The final volume and the mass of air\nb) The work done by the air and work done on the atmosphere\nc) The work done to the bullet and the bullet exit velocity\n\nIndication : atmospheric pressure PO = 0.1 MPa"},{"id":"td5-ex1-enonce","type":"td_enonce","chap":5,"ex":1,"title":"TD5 · exo 1 (énoncé)","file":"td-enonces.pdf","page":11,"text":"Steam at 0.6 MPa, 200°C enters an insulated nozzle with a velocity of 50 m/s. It leaves at a pressure of 0.15 MPa and a velocity of 600 m/s. Determine the final temperature if the steam is superheated in the final state, and the quality if it is saturated."},{"id":"td5-ex2-enonce","type":"td_enonce","chap":5,"ex":2,"title":"TD5 · exo 2 (énoncé)","file":"td-enonces.pdf","page":11,"text":"The mass rate of flow into a steam turbine is 1.5 kg/s, and the heat transfer from the turbine is 8.5 kW. The following data are known for the steam entering and leaving the turbine.\n\nInlet conditions  Exit conditions Pressure  2.0 MPa  0.1 MPa Temperature  350 °C Quality  100 % Velocity  50 m/s  100 m/s Elevation above ref. plane  6m  3m ( g = 9.81 m/s2)\n\nDetermine the power output of the turbine.\nThermodynamic model : steam tables"},{"id":"td5-ex3-enonce","type":"td_enonce","chap":5,"ex":3,"title":"TD5 · exo 3 (énoncé)","file":"td-enonces.pdf","page":11,"text":"The centrifugal air compressor of a gas turbine receives air from the ambient atmosphere where the pressure is 1 bar and the temperature is 300 K. At the discharge of the compressor, the pressure is 4 bar, the temperature is 480 K, and the velocity is 100 m/s. The mass rate of flow into the compressor is 15 kg/s. Determine the power required to drive the compressor.\nThermodynamic model: Ideal gas with constant specific heat."},{"id":"td5-ex4-enonce","type":"td_enonce","chap":5,"ex":4,"title":"TD5 · exo 4 (énoncé)","file":"td-enonces.pdf","page":12,"text":"A condenser (heat exchanger) brings 1 kg/s water flow at 10 kPa from 300°C to saturated liquid at 10 kPa. The cooling is done by lake water at 20°C that returns to the lake at 30 °C. For an insulated condenser, find the flow-rate of cooling water.\nThermodynamic model : steam tables"},{"id":"td5-ex5-enonce","type":"td_enonce","chap":5,"ex":5,"title":"TD5 · exo 5 (énoncé)","file":"td-enonces.pdf","page":12,"text":"Steam at 800 kPa, 300°C is throttled to 200 kPa. Changes in kinetic and potential energy are negligible for this process. Determine the final temperature of the stream, and the average Joule-Thomson coefficient.\nThermodynamic model : steam tables"},{"id":"td5-ex6-enonce","type":"td_enonce","chap":5,"ex":6,"title":"TD5 · exo 6 (énoncé)","file":"td-enonces.pdf","page":12,"text":"Cogeneration is often used where a steam supply is needed for industrial process energy.\nAssume a supply of 5 kg/s steam at 0.5 MPa is needed. Rather than generating this from a pump and boiler, the set-up in the joined figure is used to extract the supply from the high-pressure turbine. Find the power the turbine (insulated) now cogenerates in this process.\nThermodynamic model : steam tables. Changes in kinetic and potential energy are negligible"},{"id":"td5-ex7-enonce","type":"td_enonce","chap":5,"ex":7,"title":"TD5 · exo 7 (énoncé)","file":"td-enonces.pdf","page":13,"text":"Consider the simple power plant, as shown in the joined figure. The following data are for such a power plant:\n\nLocation  Pressure  Temperature or quality Leaving boiler  2 MPa  300°C Entering turbine  1.9 MPa  290°C Leaving turbine, entering condenser  15 kPa  90% Leaving condenser, entering pump  14 kPa  45 °C\n\nPump work = 4 kJ/kg\n\nDetermine the following quantities per kg flowing through the unit\n\n1. Heat transfer in line between boiler and turbine.\n2. Turbine work 3. Heat transfer in condenser 4. Heat transfer in boiler\n\nThermodynamic model : steam tables. Changes in kinetic and potential energy are negligible"},{"id":"td5-ex8-enonce","type":"td_enonce","chap":5,"ex":8,"title":"TD5 · exo 8 (énoncé)","file":"td-enonces.pdf","page":14,"text":"The refrigerator shown in the joined figure uses R-134a as the working fluid. The mass flow-rate through each component is 0.1 kg/s and the power input to the compressor is 5.0 kW.\nThe following state data are known:\n\nP1 = 100kPa  T1 = -20 °C P2 = 800 kPa  T2 = 50 °C T3 = 30 °C  x3 = 0.0 T4 = -25 °C\n\nDetermine the following:\n\n1. The quality at the evaporator inlet 2. The rate of heat transfer to the evaporator 3. The rate of heat transfer from the compressor\n\nThermodynamic model : R-134a tables. Changes in kinetic and potential energy are negligible"},{"id":"td5-ex9-enonce","type":"td_enonce","chap":5,"ex":9,"title":"TD5 · exo 9 (énoncé)","file":"td-enonces.pdf","page":14,"text":"Steam at a pressure of 1.4 MPa, 300 °C is flowing in a pipe. Connected to this pipe through a valve is an evacuated tank. The valve is opened and the tank fills with steam until the pressure is 1.4 MPa, and then the valve is closed. The process takes place adiabatically and kinetic energies and potential energies are negligible. Determine the final temperature of the steam.\nThermodynamic model : steam tables"},{"id":"td5-ex10-enonce","type":"td_enonce","chap":5,"ex":10,"title":"TD5 · exo 10 (énoncé)","file":"td-enonces.pdf","page":15,"text":"A steam engine based on a turbine is shown in the figure below. The boiler tank has a volume of 100 L and initially contains saturated liquid with a very small amount of vapour at 100 kPa heat is now added by the burner, and the pressure regulator does not open before the boiler pressure reaches 700 kPa, which it keeps constant. The saturated vapour enters the turbine at 700 kPa and is discharged to the atmosphere as saturated vapour at 100 kPa; the burner is turned off when no more liquid is present in the boiler. Find the total turbine work and the total heat transfer to the boiler for this process."},{"id":"td6-ex1-enonce","type":"td_enonce","chap":6,"ex":1,"title":"TD6 · exo 1 (énoncé)","file":"td-enonces.pdf","page":16,"text":"An automobile engine produces 136 hp on the output shaft with a thermal efficiency of 30 %. The fuel it burns gives 35000 kJ/kg as energy release. Find the total rate of energy rejected to the ambient and the rate of fuel consumption in kg/s."},{"id":"td6-ex2-enonce","type":"td_enonce","chap":6,"ex":2,"title":"TD6 · exo 2 (énoncé)","file":"td-enonces.pdf","page":16,"text":"The refrigerator in a kitchen receives an electrical input power of 150 W to drive the system, and it rejects 400 W to the kitchen air. Find the rate of energy taken out of the cold space and the coefficient of performance of the refrigerator"},{"id":"td6-ex3-enonce","type":"td_enonce","chap":6,"ex":3,"title":"TD6 · exo 3 (énoncé)","file":"td-enonces.pdf","page":16,"text":"Let us consider the engine that receives a heat transfer rate of 1 MW at a high temperature of 550 °C and rejects energy to the ambient surroundings at 300 K Work is produced at a rate of 450 kW. We would like to know how much energy is discarded to the ambient surroundings and the engine efficiency and compare both of these to a Carnot heat engine operating between the same two reservoirs"},{"id":"td7-ex1-enonce","type":"td_enonce","chap":7,"ex":1,"title":"TD7 · exo 1 (énoncé)","file":"td-enonces.pdf","page":17,"text":"Suppose that 1kg of saturated water vapour at 100°C is condensed to a saturated liquid at 100 °C in a constant – pressure process by heat transfer to the surrounding air, which is at 25 °C.\nWhat is the net increase in entropy of the water plus surroundings"},{"id":"td7-ex2-enonce","type":"td_enonce","chap":7,"ex":2,"title":"TD7 · exo 2 (énoncé)","file":"td-enonces.pdf","page":17,"text":"An (insulated) pan in an autoshop contains 5L of engine oil at 20°C and 100 kPa. Now 2L of hot 100°C oil is mixed into the pan. Neglect any work term and find the final temperature and the entropy generation.\nSpecific heat of oil : Cv = 1.9 kJ/kg/K\n\nDensity of oil : 885 kg/m3"},{"id":"td7-ex3-enonce","type":"td_enonce","chap":7,"ex":3,"title":"TD7 · exo 3 (énoncé)","file":"td-enonces.pdf","page":17,"text":"Calculate the change in entropy per kg as air (considered as an ideal gas) is heated from 300 K to 600 K while pressure drops from 400 to 300 kPa. Assume:\n\n1. Constant specific heat.\n2. Variable specific heat."},{"id":"td7-ex4-enonce","type":"td_enonce","chap":7,"ex":4,"title":"TD7 · exo 4 (énoncé)","file":"td-enonces.pdf","page":17,"text":"One kg of air is contained in a cylinder fitted with a piston at a pressure of 400 kPa and a temperature of 600 K. The air is expanded to 150 kPa in a reversible, adiabatic process.\nCalculate the work done by the air.\nThermodynamic model: ideal gas and air tables"},{"id":"td7-ex5-enonce","type":"td_enonce","chap":7,"ex":5,"title":"TD7 · exo 5 (énoncé)","file":"td-enonces.pdf","page":17,"text":"A cylinder/piston set-up contains 100L of air at 110 kPa and 25°C. The air is compressed in a reversible polytropic process to a final state of 800 kPa and 200°C. Assume the heat transfer is with the ambient surroundings at 25°C, determine the polytropic exponent n and the final volume of the air. Find the work done by the air, heat transfer and total entropy generation for the process."},{"id":"td7-ex6-enonce","type":"td_enonce","chap":7,"ex":6,"title":"TD7 · exo 6 (énoncé)","file":"td-enonces.pdf","page":17,"text":"A cylinder containing R-134a at 10 °C, 150 kPa has an initial volume of 20 L. A piston compresses the R134a in a reversible isothermal process until it reaches the saturated vapour state.\n- Show the evolution in (P-v) and (T-s) diagrams\n- Calculate the required heat transfer and work, by using the thermodynamic tables of R-134a"},{"id":"td7-ex7-enonce","type":"td_enonce","chap":7,"ex":7,"title":"TD7 · exo 7 (énoncé)","file":"td-enonces.pdf","page":18,"text":"Consider a Carnot cycle heat pump with R-410a as the working fluid. Heat is rejected from the R-410a at 40 °C, during which process the R-410a changes from saturated vapour to saturated liquid. The heat is transferred to the R-410a at 0 °C\n\na) show the cycle on a T-s diagram.\nb) Find the quality (vapour ratio: x ) of the R-410a at the beginning and the end of the of the isothermal heat addition process at 0 °C\nc) Determine the COP for the cycle."},{"id":"td7-ex8-enonce","type":"td_enonce","chap":7,"ex":8,"title":"TD7 · exo 8 (énoncé)","file":"td-enonces.pdf","page":18,"text":"Consider a small air pistol with a cylinder volume of 1 cm3 at 250 kPa and 27 °C. The bullet acts as a piston initially held by a trigger, shown in the joined figure. The bullet is released so that the air expands in an adiabatic process. If the pressure should be 100 kPa as the bullet leaves the cylinder, find the final volume, the work done by the air and the entropy generation"},{"id":"td8-ex1-enonce","type":"td_enonce","chap":8,"ex":1,"title":"TD8 · exo 1 (énoncé)","file":"td-enonces.pdf","page":19,"text":"Steam enters a steam turbine at a pressure of 1 MPa, a temperature of 300 °C, and a velocity of 50 m/s. The steam leaves the turbine at a pressure of 150 kPa and a velocity of 200 m/s. Determine the work per kg of steam flowing through the turbine, assuming the process to be reversible and adiabatic.\nTherm. Model: steam tables"},{"id":"td8-ex2-enonce","type":"td_enonce","chap":8,"ex":2,"title":"TD8 · exo 2 (énoncé)","file":"td-enonces.pdf","page":19,"text":"An air compressor in a gas station takes in a flow of ambient air at 100 kPa, 290 K and compresses it to 1000 kPa in a reversible adiabatic process. We want to know the specific work required and the exit air temperature.\nTherm. Model: Ideal gas with constant specific heat"},{"id":"td8-ex3-enonce","type":"td_enonce","chap":8,"ex":3,"title":"TD8 · exo 3 (énoncé)","file":"td-enonces.pdf","page":19,"text":"A de-superheater works by injecting liquid water into a flow of superheated steam. With 2 kg/s at 300 kPa, 200 °C, steam flowing in. What mass flow-rate of liquid water at 20 °C should be added to generate saturated vapour at 300 kPa. We want also to know the rate of entropy generation in the process.\nTherm. Model Steam tables"},{"id":"td8-ex4-enonce","type":"td_enonce","chap":8,"ex":4,"title":"TD8 · exo 4 (énoncé)","file":"td-enonces.pdf","page":19,"text":"Calculate the work per kg to pump water isentropically from 100 kPa and 30 °C to 5 MPa.\nTherm. Model: Steam tables"},{"id":"td8-ex5-enonce","type":"td_enonce","chap":8,"ex":5,"title":"TD8 · exo 5 (énoncé)","file":"td-enonces.pdf","page":19,"text":"Air at 100 kPa and 300 K flows through a device at steady state with the exit at 1000 K during which it went through a polytropic process with n=1.3. Find the exit pressure, the specific work and heat transfer.\nTherm. Model: Ideal gas with constant specific heat"},{"id":"td8-ex6-enonce","type":"td_enonce","chap":8,"ex":6,"title":"TD8 · exo 6 (énoncé)","file":"td-enonces.pdf","page":19,"text":"An insulated steam turbine receives steam at a pressure of 1 MPa and a temperature of 300 °C. The steam leaves the turbine at a pressure of 15 kPa. The work output of the turbine is\n\n19\n\nmeasured and is found to be 600 kJ/kg of steam flowing through the turbine. Determine the efficiency of the turbine and the actual state of the steam exiting the turbine.\nTherm. Model: Steam tables"},{"id":"td8-ex7-enonce","type":"td_enonce","chap":8,"ex":7,"title":"TD8 · exo 7 (énoncé)","file":"td-enonces.pdf","page":20,"text":"An emergency drain pump should be able to pump 0.1 m3/s of liquid water at 15°C, 10 m vertically up delivering it with a velocity of 20 m/s. It is estimated that the pump, pipe and nozzle have a combined isentropic efficiency expressed for the pump as 60%. How much power is needed to drive the pump?\nTherm. Model: Steam tables"},{"id":"td8-ex8-enonce","type":"td_enonce","chap":8,"ex":8,"title":"TD8 · exo 8 (énoncé)","file":"td-enonces.pdf","page":20,"text":"A small dam has a 0.5 m diameter pipe carrying liquid water at 150 kPa and 20°C with a flow rate of 2000 kg/s. The pipe runs to the bottom of the dam 15 m lower into a turbine with pipe diameter 0.35 m, as shown in the joined figure. Assume no friction or heat transfer in the pipe and find the pressure of the turbine inlet. If the turbine exhausts to 100 kPa with negligible kinetic energy, what is the rate of work?\nTherm. Model: Steam tables"},{"id":"td8-ex9-enonce","type":"td_enonce","chap":8,"ex":9,"title":"TD8 · exo 9 (énoncé)","file":"td-enonces.pdf","page":20,"text":"A small pump is driven by a 2 kW motor with liquid water at 150 kPa and 10°C entering.\nFind the maximum water flow-rate you can get with an exit pressure of 1 MPa and negligible kinetic energies. The exit flow goes through a small hole in a spray nozzle out to the atmosphere at 100 kPa. Find the spray velocity.\nTherm. Model: Steam tables"},{"id":"td9-ex1-enonce","type":"td_enonce","chap":9,"ex":1,"title":"TD9 · exo 1 (énoncé)","file":"td-enonces.pdf","page":21,"text":"In a Rankine cycle, steam leaves the boiler and enters the turbine at 4 MPa and 400°C.\nThe condenser pressure is 10kPa. Determine the cycle efficiency.\nThermodynamic model: Steam tables"},{"id":"td9-ex2-enonce","type":"td_enonce","chap":9,"ex":2,"title":"TD9 · exo 2 (énoncé)","file":"td-enonces.pdf","page":21,"text":"Consider a reheat cycle utilizing steam. Steam leaves the boiler and enters the turbine at 4 MPa and 400°C. After expansion in the turbine to 400 kPa, the steam is reheated to 400°C and then expanded in the low pressure turbine to 10 kPa. Determine the cycle efficiency.\nThermodynamic model: Steam tables"},{"id":"td9-ex3-enonce","type":"td_enonce","chap":9,"ex":3,"title":"TD9 · exo 3 (énoncé)","file":"td-enonces.pdf","page":21,"text":"Consider a regenerative cycle using steam as the working fluid. Steam leaves the boiler and enters the turbine at 4 Mpa and 400°C. After expansion to 400 kPa, some of the steam is extracted from the turbine for the purpose of heating the feedwater in an open feedwater heater.\nThe pressure in the feedwater heater is 400kPa, and the water leaving it is saturated liquid at 400 kPa. The steam not extracted expands to 10 kPa. Determine the cycle efficiency.\nThermodynamic model: Steam tables"},{"id":"td9-ex4-enonce","type":"td_enonce","chap":9,"ex":4,"title":"TD9 · exo 4 (énoncé)","file":"td-enonces.pdf","page":22,"text":"A steam power plant operates on a cycle with pressure and temperatures as designated in the figure below. The efficiency of the turbine is 86 % and the efficiency of the pump is 80%.\nDetermine the thermal efficiency of the cycle Thermodynamic model: Steam tables"},{"id":"td9-ex5-enonce","type":"td_enonce","chap":9,"ex":5,"title":"TD9 · exo 5 (énoncé)","file":"td-enonces.pdf","page":22,"text":"In an air-standard Brayton cycle the air enters the compressor at 0.1 MPa and 15°C. The pressure of air leaving the compressor is 1.0 MPa, and the maximum temperature in the cycle is 1100°C. Determine\n\n1. The pressure and temperature at each point in the cycle.\n2. The compressor work, turbine work and cycle efficiency.\n3. The thermal efficiency of the cycle, if an ideal regenerator is incorporated in the cycle.\n\nThermodynamic model: ideal gas with constant specific heat"},{"id":"td9-ex6-enonce","type":"td_enonce","chap":9,"ex":6,"title":"TD9 · exo 6 (énoncé)","file":"td-enonces.pdf","page":22,"text":"An air–standard power cycle has the same states as given in EX5. In this cycle, however, the compressor and turbine are both reversible, isothermal processes. Calculate the compressor work and the turbine work and compare with the results of EX 5 (questions 1,2)."},{"id":"td9-ex7-enonce","type":"td_enonce","chap":9,"ex":7,"title":"TD9 · exo 7 (énoncé)","file":"td-enonces.pdf","page":22,"text":"An air-standard Diesel cycle has a compression ratio of 20 and the heat transferred to the working fluid per cycle is 1800 kJ/kg. At the beginning of the compression process, the pressure is 0.1 MPa and the temperature is 15°C. Determine:\n\n1. The pressure and temperature at each point of the cycle.\n2. The thermal efficiency.\n3. The mean effective pressure.\n\nThermodynamic model: ideal gas with constant specific heat"},{"id":"td9-ex8-enonce","type":"td_enonce","chap":9,"ex":8,"title":"TD9 · exo 8 (énoncé)","file":"td-enonces.pdf","page":23,"text":"Consider an ideal refrigeration cycle which uses R-134a as the working fluid. The temperature of the refrigerant in the evaporator is -20°C and in the condenser it is +40°C. The refrigerant is circulated at the rate of 0.03 kg/s. Determine the coefficient of performance and the capacity of the plant in rate of refrigeration (in kW)."},{"id":"td9-ex9-enonce","type":"td_enonce","chap":9,"ex":9,"title":"TD9 · exo 9 (énoncé)","file":"td-enonces.pdf","page":23,"text":"A cascade system is composed of two ideal refrigeration cycles, as shown in the figure joined\n\nThe high temperature cycle uses R-22. Saturated liquid leaves the condenser at 40°C, and saturated vapour leaves the heat exchanger at -20°C. The low temperature cycle uses a different refrigerant, R-23. Saturated vapour leaves the evaporator at -80°C with h=330kJ/kg, and saturated liquid leaves the heat exchanger at -10°C with h=185 kJ/kg. R-23 out of the compressor has h=405 kJ/kg. Calculate the ratio of the mass flow-rates through the two cycles and the coefficient of performance of the total system."},{"id":"td10-ex1-enonce","type":"td_enonce","chap":10,"ex":1,"title":"TD10 · exo 1 (énoncé)","file":"td-enonces.pdf","page":24,"text":"Consider 100 m3 of an air-water vapor mixture at 0.1 MPa, 35°C and 70% relative humidity.\n\n1. Calculate the humidity ratio, dew point, mass of air and mass of vapour.\n2. Calculate the amount of water-vapour condensed if the mixture is cooled to 5°C in a constant-pressure process."},{"id":"td10-ex2-enonce","type":"td_enonce","chap":10,"ex":2,"title":"TD10 · exo 2 (énoncé)","file":"td-enonces.pdf","page":24,"text":"The pressure of the mixture entering and leaving the adiabatic saturator is 0.1 MPa, the entering temperature is 30°C, and the temperature leaving is 20°C, which is the adiabatic saturation temperature? Calculate the humidity ratio and relative humidity of the air-water vapour mixture.\nTherm. model: Ideal-gas mixture; constant specific heat; steam tables for water"},{"id":"td10-ex3-enonce","type":"td_enonce","chap":10,"ex":3,"title":"TD10 · exo 3 (énoncé)","file":"td-enonces.pdf","page":24,"text":"An air-conditioning unit is shown in the joined figure, with pressure, temperature and relative humidity data. Calculate the heat transfer per kg of dry air, assuming that changes in kinetic energy are negligible.\nTherm. model: Ideal-gas mixture; constant specific heat; steam tables for water"},{"id":"td10-ex4-enonce","type":"td_enonce","chap":10,"ex":4,"title":"TD10 · exo 4 (énoncé)","file":"td-enonces.pdf","page":24,"text":"A flow, 0.2 kg/s dry air, of moist air at 40°C and 50% relative humidity flows from the outside, state1, down into a basement where it cools to 16°C, state 2. Then it flows up to the living room where it is heated to 25°C, state 3. Find the dew point for state 1, any amount of liquid that may appear, the heat transfer that takes place in the basement, and the relative humidity in the living room at state 3  Therm. model: Psychrometric chart"},{"id":"a18-p1-corrige","type":"annale_corrige","annale":"A18","ex":1,"title":"Médian A18 · exo 1 (corrigé)","heading":"Exo 1 (p.1) — Cylindre à piston contenant 0,5 kg de NH3","file":"a18-corrige.pdf","page":1,"text":"État 1 : P1 = 1600 kPa, T1 = 120 °C ; refroidissement jusqu'à l'état 2 : T2 = 30 °C, butées à V = 0,02 m³.\n1) Volume initial : v1(1600 kPa, 120 °C) = 0,11268 m³/kg ⇒ V1 = m·v1 = 0,5 × 0,11268 = 0,05634 m³.\n2) Température au moment où le piston touche les butées : v_stops = 0,02/0,5 = 0,04 m³/kg à P = 1600 kPa ; v < v_g ⇒ mélange liquide-vapeur ⇒ T ≈ 41,3 °C (T_sat à 1600 kPa).\n3) État en fin de refroidissement : T2 = 30 °C < T_sat, v2 = v_stop = 0,04 m³/kg ⇒ x2 = (v2 − v_f)/v_fg = (0,04 − 0,00168)/0,10881 = 35,2 % ; P2 = 1167 kPa ; u2 = u_f + x2·u_fg = 320,46 + 0,352 × 1016,9 = 678,59 kJ/kg.\n4) Travail fourni au NH3 : W12 = ∫P dV = P1·m·(v2 − v1) = 1600 × 0,5 × (0,04 − 0,11268) = −58,14 kJ.\n5) Chaleur échangée : Q12 = m(u2 − u1) + m_cyl·cp·ΔT + W12 = 0,5 × (678,58 − 1516,6) + 1 × 0,46 × 90 − 58,14 = −518,55 kJ (u1 = 1516,6 kJ/kg ; inclut le refroidissement du cylindre).","chap":2,"chaps":[2,3,4]},{"id":"a18-p2-corrige","type":"annale_corrige","annale":"A18","ex":2,"title":"Médian A18 · exo 2 (corrigé)","heading":"Exo 2 (p.2) — Compression polytropique d'air (débit 0,5 kg/s)","file":"a18-corrige.pdf","page":2,"text":"Entrée P1 = 0,1 MPa, T1 = 15 °C ; sortie P2 = 0,7 MPa, T2 = 125 °C.\n1) Coefficient polytropique : T2/T1 = (P1/P2)^((1−n)/n) ⇒ (1 − n)/n = ln(398,15/288,15)/ln(0,1/0,7) ⇒ n = 1,2.\n2) Travail : premier principe ⇒ w = −Δh = −∫v dP ; Pv^n = cte ⇒ w = −n/(n−1)·(P2v2 − P1v1) = −n/(n−1)·r·(T2 − T1).\nẆ = ṁ·n/(n−1)·r·(T1 − T2) = 0,5 × 1,2 × 0,287/(1,2 − 1) × (15 − 125) = −94,7 kW.","chap":5,"chaps":[5,3]},{"id":"a18-p3-corrige","type":"annale_corrige","annale":"A18","ex":3,"title":"Médian A18 · exo 3 (corrigé)","heading":"Exo 3 (p.3) — Turbine et compresseur","file":"a18-corrige.pdf","page":3,"text":"1) Puissance totale de la turbine : Ẇ_T = ṁ(h_e − h_s), h_e(400 °C, 3 MPa) = 3230,82 kJ/kg ; h_s = h_f + x·h_fg(15 kPa) = 225,91 + 0,95 × 2373,4 = 2480,4 kJ/kg ⇒ Ẇ_T = 0,3 × (3230,82 − 2480,4) = 225,128 kW.\nPuissance disponible pour générer l'électricité : Ẇ = Ẇ_T − Ẇ_c = 225,128 − 50 = 175,128 kW.\n2) Puissance thermique perdue (bilan compresseur N2) : Q̇ + ṁ_N2·h_e = ṁ_N2·h_s + Ẇ_comp ⇒ Q̇ = ṁ_N2·cp·(T_s − T_e) + Ẇ_comp = 0,15 × 1,0416 × (40 − 20) − 50 = −46,87 kW.","chap":5,"chaps":[5,2,3]},{"id":"a18-p4-corrige","type":"annale_corrige","annale":"A18","ex":4,"title":"Médian A18 · exo 4 (corrigé)","heading":"Exo 4 (p.4) — Diffuseur à air","file":"a18-corrige.pdf","page":4,"text":"1) Température de sortie : h_e + ½V_e² = h_s + ½V_s² ⇒ cp(T_s − T_e) = ½(V_e² − V_s²) ⇒ T_s = 300 + 0,5/(1,004·10³) × (200² − 20²) = 319,72 K.\n2) Débit massique : ṁ = V_e·A_e/v_e, avec v_e = r·T_e/P_e ⇒ ṁ = V_e·A_e·P_e/(r·T_e) = 200 × 100·10⁻⁶ × 100·10³/(287 × 300) = 0,0232 kg/s.\n3) Pression de sortie : V_e·A_e·P_e/(rT_e) = V_s·A_s·P_s/(rT_s) ⇒ P_s = (V_e/V_s)·(A_e/A_s)·P_e·(T_s/T_e) = (200/20) × (100/860) × 100 × (319,72/300) ⇒ P_s = 123,92 kPa.","chap":5,"chaps":[5,1]},{"id":"a19-p1-corrige","type":"annale_corrige","annale":"A19","ex":1,"title":"Médian A19 · problème 1 (corrigé)","heading":"Pb 1 (p.1) — Eau dans un cylindre à piston retenu par un ressort","file":"a19-corrige.pdf","page":1,"text":"1) P et v initiaux : T1 = 110 °C, x = 1 ⇒ P1 = 143,3 kPa, v1 = 1,2102 m³/kg.\n2) Volume spécifique et température finale : P2 = P1 + F/S = P1 + K·z/S avec z = (V2 − V1)/S ⇒ P2 = P1 + (K/S²)·m·(v2 − v1) ⇒ 300 = 143,3 + 50/(0,05)² × 0,4 × (v2 − 1,2102) ⇒ v2 = 1,2298 m³/kg. Pour P2 = 300 kPa et v2 = 1,2298 m³/kg ⇒ T2 = 527,9 K (interpolation entre 500 et 600 °C dans le corrigé).\n3) Représentation et travail : P = P1 + (K/S²)(V − V1), P linéaire en V ; W = aire sous la droite P-V ⇒ |W| = (P1 + P2)/2 × (v2 − v1)·m = (300 + 143,3)/2 × 0,4 × (1,2298 − 1,2102) ⇒ |W| = 1,74 kJ.\n4) Chaleur fournie : Q12 = m(u2 − u1) + W12, u2 = 3177,6 kJ/kg (interpolation), u1 = 2518,1 kJ/kg ⇒ Q12 = 0,4 × (3177,6 − 2518,1) + 1,74 = 265,5 kJ.","chap":4,"chaps":[4,3,2]},{"id":"a19-p2-corrige","type":"annale_corrige","annale":"A19","ex":2,"title":"Médian A19 · problème 2 (corrigé)","heading":"Pb 2 (p.2) — Remplissage d'un réservoir (5 m³) depuis une ligne de vapeur à 800 kPa, 300 °C","file":"a19-corrige.pdf","page":2,"text":"1) Réservoir initialement vide : premier principe en système ouvert : m_e·h_e = m2u2 − m1u1 (m1 = 0) ⇒ u2 = h_e = 3056,5 kJ/kg. Avec u2 = 3056,5 kJ/kg et P2 = 800 kPa ⇒ T ∈ [400, 500 °C] ⇒ T2 = 458,2 °C, v2 = 0,4186 m³/kg. Masse introduite : m_e = m2 = V/v2 = 5/0,4186 = 11,943 kg de vapeur.\n2) Réservoir contenant initialement de la vapeur (P1 = 200 kPa, x = 1, v1 = 0,8857 m³/kg) : m1 = 5/0,8857 = 5,645 kg. Masse finale m2 = m_e + m1 = 8,873 + 5,645 = 14,513 kg ⇒ v2 = 5/14,513 = 0,344 m³/kg. À P2 = 800 kPa et v2 = 0,344 m³/kg ⇒ T = 333,5 °C.","chap":5,"chaps":[5,2]},{"id":"a19-p3-corrige","type":"annale_corrige","annale":"A19","ex":3,"title":"Médian A19 · problème 3 (corrigé)","heading":"Pb 3 (p.3-4) — Centrale à vapeur (ṁ = 25 kg/s)","file":"a19-corrige.pdf","page":3,"text":"1) Vitesse V3 : Q_v3 = ṁ·v3, V3 = ṁ·v3/(πD²/4), v3(5700 kPa, 500 °C) = 0,06 m³/kg (interpolation entre 5 et 6 MPa) ⇒ V3 = 25 × 0,06/(π × 0,2²/4) = 47,8 m/s.\n2) Puissance de la turbine : h3 + ½V3² = h4 + ½V4² + w_t ⇒ w_t = (h3 − h4) + ½(V3² − V4²), h4 = h_f(10 kPa) + x4·h_fg(10 kPa) = 191,81 + 0,92 × 2392,82 = 2393,2 kJ/kg.\nw_t = (3426 − 2393,2) + ½(47,8² − 200²)·10⁻³ = 1013,94 kJ/kg ⇒ Ẇ_T = ṁ·w_t = 25 × 1013,94 = 25,35 MW. Si l'énergie cinétique est négligée : w_t = 3426 − 2393,2 = 1032,8 kJ/kg et Ẇ_T = 25,82 MW.\n3) Puissance thermique au condenseur et débit d'eau de refroidissement : q_cond + h4 + ½V4² = h5 + ½V5², V5 = 25 × 0,001008 × 4/(π × 0,075²) = 5,7 m/s (négligeable) ⇒ q_cond = (h5 − h4) − ½V4² = (168 − 2393,2) − 0,5 × 200² × 10⁻³ = −2245,2 kJ/kg ⇒ Q̇_cond = −25 × 2245,2 = −56,13 MW.\nDébit d'eau de refroidissement : ṁ_eau·(h_f(25 °C) − h_f(15 °C)) = 5130 kW (valeur écrite dans le corrigé) ⇒ ṁ_eau = 5130/(104,87 − 62,98) = 1340 kg/s.\n4) Vitesses V1 et V2 : V1 ≈ V2 ≈ V5 ≈ 6 m/s, donc négligeables.\n5) Économiseur et générateur de vapeur, rendement : q_E = h2 − h1 = 550 kJ/kg ⇒ Q̇_E = ṁ·q_E = 13,75 MW. q_s + h2 = h3 + ½V3² ⇒ q_s = (3426 − 744) + 0,5 × 47,8² × 10⁻³ = 2683,14 kJ/kg ⇒ Q̇_s = 25 × 2683,14 = 67,078 MW.\nRendement thermique : η = w_net/q_total, w_net = w_t − w_pompe, w_p = h1 − h5 = 194 − 168 = 26 kJ/kg ⇒ w_net = 1013,94 − 26 ; q_total = q_E + q_s = 550 + 2683,14 ⇒ η_th ≈ 30 %.","chap":5,"chaps":[5,2]},{"id":"a19-p4-corrige","type":"annale_corrige","annale":"A19","ex":4,"title":"Médian A19 · problème 4 (corrigé)","heading":"Pb 4 (p.5) — Cycle de Carnot à air entre 1200 K et 400 K","file":"a19-corrige.pdf","page":5,"text":"1) Rendement thermique : η_th = 1 − T_F/T_C = 1 − 400/1200 = 66,7 %.\n2) Chaleur reçue à 1200 K : Δu12 = q12 − w12 or Δu = 0 (isotherme) ⇒ q12 = w12 = P1v1·ln(v2/v1) = r·T1·ln(v2/v1) = 0,287 × 1200 × ln3 ⇒ q12 = 378,4 kJ/kg.\n3) Chaleur rejetée à 400 K : |Q_F|/|Q_C| = T_F/T_C = 1 − η_th ⇒ |Q_F| = 378,4 × (1 − 0,667) = 126 kJ/kg.","chap":6,"chaps":[6,4]},{"id":"a20-p1-corrige","type":"annale_corrige","annale":"A20","ex":1,"title":"Médian A20 · problème 1 (corrigé)","heading":"Problème 1 (p.1) — Eau dans un cylindre (0,4 m³ à 100 kPa, x = 0,193)","file":"a20-corrige.pdf","page":1,"text":"1) Masse d'eau : v = v_f + x·v_fg = 0,001043 + 0,193 × 1,69296 = 0,32778 m³/kg ⇒ m_eau = V/v = 0,4/0,32778 = 1,2203 kg.\n2) État final et évolution P-V : V = 0,6 m³ ⇒ v = 0,6/1,2203 = 0,4917 m³/kg ; à l'état final la vapeur est saturante ⇒ v = v_g = 0,4917 ⇒ (tables de vapeur saturante) P = 375 kPa, T = 141,32 °C. Évolution : chauffage à volume constant de 100 à 300 kPa, détente à 300 kPa de 0,4 à 0,6 m³, puis chauffage à volume constant jusqu'à 375 kPa.\n3) Travail effectué par l'eau : W12 = P(V2 − V1) = 300 × (0,6 − 0,4) = 60 kJ.\n4) Chaleur transmise à l'eau : Q12 = U2 − U1 + W12, U2 − U1 = m(u2 − u1), u2 = u_g(375 kPa) = 2551,31 kJ/kg ; u1 = u_f + x1·u_fg(100 kPa) = 0,001043 + 0,193 × 2088,72 = 403,124 kJ/kg (ligne telle qu'écrite dans le corrigé).\nU2 − U1 = 1,2203 × (2551,31 − 403,124) = 2621,43 kJ ⇒ Q12 = 2621,43 + 60 = 2681,43 kJ.","chap":4,"chaps":[4,3,2]},{"id":"a20-p2-corrige","type":"annale_corrige","annale":"A20","ex":2,"title":"Médian A20 · problème 2 (corrigé)","heading":"Problème 2 (p.2) — Réservoir de fluide frigorigène (V = 2 m³, 20 % vapeur / 80 % liquide en volume, T = 160 K, P = 1592,8 kPa)","file":"a20-corrige.pdf","page":2,"text":"1) Masse extraite : m_liq = V_liq/v_f = 2 × 0,8/0,002974 = 538 kg ; m_vap = V_vap/v_g = 2 × 0,2/0,03936 = 10,16 kg ⇒ m1 = 548,16 kg. m2 = V/v_g = 2/0,03936 = 50,81 kg ⇒ masse extraite = m1 − m2 = 497,35 kg.\n2) Chaleur transmise au réchauffeur : m_ex·h_e + Q_c = m_ex·h_s ⇒ Q_c = m_ex(h_s − h_e), h_e(1,59 MPa, 160 K) = 270,35 ; h_s(1,59 MPa, 350 K) = 731,94 ⇒ Q_c = 497,35 × (731,94 − 270,35) = 229,57 MJ.\n3) Chaleur fournie au réservoir : Q_rés = U2 − U1 + m_ex·h_e = m_ex·h_e + (m2h2 − m1h1) (termes PV négligés), m1h1 = m_liq·h_f + m_vap·h_g = 538 × (−102,61) + 10,16 × 270,35 = −51 919,42 kJ.\nQ_rés = 497,35 × 270,35 + 50,81 × 270,35 − (−51 919,42) = 200 144 kJ = 200,144 MJ.","chap":5,"chaps":[5,2,1]},{"id":"a20-p3-corrige","type":"annale_corrige","annale":"A20","ex":3,"title":"Médian A20 · problème 3 (corrigé)","heading":"Problème 3 (p.3) — Turbine avec soutirage","file":"a20-corrige.pdf","page":3,"text":"1) Débit volumique en (2) : Q_v1 = 5 m³/s, P1 = 3000 kPa, T1 = 400 °C, v1 = 0,09936 m³/kg ⇒ ṁ1 = 5/0,09936 = 50,322 kg/s ; ṁ2 = 0,15 × 50,322 = 7,55 kg/s. À P2 = 600 kPa, T2 = 200 °C ⇒ v2 = 0,35202 m³/kg ⇒ Q̇_v2 = 7,55 × 0,35202 = 2,657 m³/s.\n2) Diamètre du conduit de sortie (3) : ṁ3 = 50,322 × 0,85 = 42,7737 kg/s ; v3 = v_f(20 kPa) + x3·v_fg(20 kPa) = 0,001017 + 0,9 × 7,64835 = 6,8845 m³/kg ⇒ Q̇_v3 = 42,7737 × 6,8845 = 294,5 m³/s. Q_v3 = V3·S3 ⇒ S3 = 294,5/100 = 2,945 m² = πD²/4 ⇒ D = 1,936 m.\n3) Puissance de la turbine : ṁ1h1 = ṁ2h2 + ṁ3(h3 + ½V3²) + Ẇ_T, h1 = 3230,82 ; h2 = 2850,12 ; h3 = h_f + x3·h_fg(20 kPa) = 251,32 + 0,9 × 2358,33 = 2373,80 kJ/kg.\nẆ_T = 50,322 × 3230,82 − 7,55 × 2850,12 − 42,774 × 2373,8 − 42,774 × (10⁴/2) × 10⁻³ = 39 308,7 kW ⇒ Ẇ_T = 39,308 MW.","chap":5,"chaps":[5,3,2]},{"id":"td1-ex1-corrige","type":"td_corrige","chap":1,"ex":1,"title":"TD1 · exo 1 (correction)","heading":"Exo 1 (p.1)","file":"td1-corrige.pdf","page":1,"text":"Masse de l'air : m_air = ρ_air·V_air = ρ_air·(V_tot − m_graphite/ρ_graphite) = 1,15·(5 − 900/2400) = 1,15 × 4,625 = 5,32 kg.\nVolume spécifique : v = V/m = 5/(900 + 5,32) = 0,00552 m³/kg."},{"id":"td1-ex2-corrige","type":"td_corrige","chap":1,"ex":2,"title":"TD1 · exo 2 (correction)","heading":"Exo 2 (p.1) — Calcul de la pression","file":"td1-corrige.pdf","page":1,"text":"P_vessel = P_A = P_B = ΔP + P_atm, avec ΔP = ρgh = 13590 × 9,80665 × 0,24 = 31 985 Pa = 31,985 kPa = 0,316 atm.\nP_atm = 0,75 × 13590 × 9,80665 = 99 954 Pa.\nP_B = ΔP + P_atm = 31 985 + 99 954 = 131 940 Pa = 131,94 kPa = 1,302 atm (1 atm = 101,325 kPa)."},{"id":"td1-ex3-corrige","type":"td_corrige","chap":1,"ex":3,"title":"TD1 · exo 3 (correction)","heading":"Exo 3 (p.1-2) — Accélération (canon)","file":"td1-corrige.pdf","page":1,"text":"Position horizontale : F = mγ = P1·A − P0·A = (P1 − P0)·A, avec P0 = P_atm = 101,325 kPa, P1 = 7000 kPa.\nmγ = (7000 − 101,325)·π·(0,15²/4) = 121,9 kN ⇒ γ = F/m = 121,9·10³/5 = 24 380 m/s².\nCanon incliné à 40° : mγ = (P1 − P0)·A − mg·sin40° = 121 848 − 31,52 = 121,816 kN ⇒ γ = 24 363 m/s²."},{"id":"td1-ex4-corrige","type":"td_corrige","chap":1,"ex":4,"title":"TD1 · exo 4 (correction)","heading":"Exo 4 (p.2) — Pression relative (gauge pressure), tube incliné","file":"td1-corrige.pdf","page":2,"text":"ΔP = ρgh = 1000 × 9,807 × 0,25 = 2452,5 Pa.\nLongueur du tube : h = H·sin30° ⇒ H = h/0,5 = 2h = 50 cm (on a plus de précision en inclinaison)."},{"id":"td1-ex5-corrige","type":"td_corrige","chap":1,"ex":5,"title":"TD1 · exo 5 (correction)","heading":"Exo 5 (p.2) — Sous-marin à 240 m","file":"td1-corrige.pdf","page":2,"text":"ΔP = ρgh = 1030 × 9,807 × 240 = 2424,29 kPa ≈ 24,24 bar."},{"id":"td1-ex6-corrige","type":"td_corrige","chap":1,"ex":6,"title":"TD1 · exo 6 (correction)","heading":"Exo 6 (p.2) — Température atmosphérique à 12 000 m","file":"td1-corrige.pdf","page":2,"text":"T = 288 − 6,5·10⁻³ × 12 000 = 210 K ; T(°C) = 210 − 273,15 = −63,15 °C ; T(°F) = 1,8·T(°C) + 32 = −81,67 °F."},{"id":"td1-ex7-corrige","type":"td_corrige","chap":1,"ex":7,"title":"TD1 · exo 7 (correction)","heading":"Exo 7 (p.3) — Quantité de béton dans le réservoir","file":"td1-corrige.pdf","page":3,"text":"F2 = (m_réservoir + m_béton)·g + P0·A ; F1 = P_océan·A = (ρ_océan·g·h + P0)·A.\nÀ l'équilibre F1 = F2 ⇒ m_béton = ρ_océan·h·A − m_réservoir = 997 × 10 × 3 − 10 000 = 19 910 kg."},{"id":"td1-ex8-corrige","type":"td_corrige","chap":1,"ex":8,"title":"TD1 · exo 8 (correction)","heading":"Exo 8 (p.3) — Piston","file":"td1-corrige.pdf","page":3,"text":"P0·A + m_p·γ = P·A ⇒ P = P0 + m_p·γ/A = 101 325 + 5 × 25/0,0015 = 184 658 Pa = 184,66 kPa."},{"id":"td2-ex1-corrige","type":"td_corrige","chap":2,"ex":1,"title":"TD2 · exo 1 (correction)","heading":"Exo 1 (p.1)","file":"td2-corrige.pdf","page":1,"text":"1) T = 120 °C, P = 500 kPa : liquide comprimé. À 120 °C l'équilibre liquide-vapeur a lieu à P = 198,5 kPa (P_sat) ; à 500 kPa, T_sat = 151,86 °C. Représentation sur diagrammes P-v, T-v et P-T.\n2) T = 120 °C, v = 0,5 m³/kg : à 120 °C, v_f = 1,06·10⁻³ m³/kg, v_g = 0,89186 m³/kg. v_f < v < v_g ⇒ mélange liquide-vapeur en équilibre.\nTitre de vapeur : x = (v − v_f)/(v_g − v_f) = (0,5 − 1,06·10⁻³)/(0,89186 − 1,06·10⁻³) ≈ 56 %."},{"id":"td2-ex2-corrige","type":"td_corrige","chap":2,"ex":2,"title":"TD2 · exo 2 (correction)","heading":"Exo 2 (p.2) — Température et état de l'eau sous 300 kPa","file":"td2-corrige.pdf","page":2,"text":"a) v = 0,5 m³/kg : v_f = 0,001073 < v < v_g = 0,60582 ⇒ équilibre liquide/vapeur. T = T_sat ≈ 133,6 °C (interpolation entre 130 et 135 °C).\nb) v = 1 m³/kg : v > v_g ⇒ vapeur surchauffée. Interpolation entre T = 300 et 400 °C (0,8753 < v < 1,0315) : (T − 300)/(1 − 0,8753) = (400 − 300)/(1,0315 − 0,8753) ⇒ T = 379,8 °C."},{"id":"td2-ex3-corrige","type":"td_corrige","chap":2,"ex":3,"title":"TD2 · exo 3 (correction)","heading":"Exo 3 (p.2) — NH3 saturé chauffé de 20 °C à 40 °C (volume constant)","file":"td2-corrige.pdf","page":2,"text":"v_g(20 °C) = 0,14922 m³/kg = v2. Table vapeur surchauffée NH3 (p.33) à 40 °C : P = 800 kPa → v = 0,1772 ; P = 1000 kPa → v = 0,13868.\nInterpolation : (P − 1000)/(800 − 1000) = (0,14922 − 0,13868)/(0,1772 − 0,13868) ⇒ P = 945,3 kPa."},{"id":"td2-ex4-corrige","type":"td_corrige","chap":2,"ex":4,"title":"TD2 · exo 4 (correction)","heading":"Exo 4 (p.3) — Pression de l'eau à 200 °C avec v = 0,4 m³/kg","file":"td2-corrige.pdf","page":3,"text":"À 200 °C, v_g = 0,12736 m³/kg ⇒ v > v_g ⇒ vapeur surchauffée. Tables vapeur surchauffée (p.19-20) à 200 °C : P = 500 kPa → v = 0,42492 ; P = 600 kPa → v = 0,35202.\nInterpolation linéaire : (P − 600)/(500 − 600) = (0,4 − 0,35202)/(0,42492 − 0,35202) ⇒ P = 534,2 kPa."},{"id":"td2-ex5-corrige","type":"td_corrige","chap":2,"ex":5,"title":"TD2 · exo 5 (correction)","heading":"Exo 5 (p.3) — Loi des gaz parfaits","file":"td2-corrige.pdf","page":3,"text":"PV = nRT = (m/M)RT ⇒ P = mRT/(M·V) = 10 × 8,314 × 298,15/(24·10⁻³ × 0,5) = 2066·10³ Pa = 2066 kPa."},{"id":"td2-ex6-corrige","type":"td_corrige","chap":2,"ex":6,"title":"TD2 · exo 6 (correction)","heading":"Exo 6 (p.3) — Volume spécifique du tétrafluoroéthane R-134a (M = 102,03 g/mol), P = 3000 kPa, T = 100 °C","file":"td2-corrige.pdf","page":3,"text":"a) Tables du R-134a (p.52) : v = 0,00665 m³/kg.\nb) Gaz parfait : v = RT/(MP) = 8,3145 × 373,15/(102,03·10⁻³ × 3·10⁶) = 0,01014 m³/kg, soit environ deux fois plus que la valeur des tables.\nc) Gaz réel, facteur de compressibilité Z : T_r = T/T_c = 373,15/374,2 ≈ 1 ; P_r = P/P_c = 3/4,06 = 0,74 ⇒ Z = 0,67 (diagramme). v = Z·RT/(MP) = 0,67 × 8,3145 × 373,15/(102,03·10⁻³ × 3·10⁶) = 0,00679 m³/kg."},{"id":"td2-ex7-corrige","type":"td_corrige","chap":2,"ex":7,"title":"TD2 · exo 7 (correction)","heading":"Exo 7 (p.4) — Pression de déclenchement de la soupape","file":"td2-corrige.pdf","page":4,"text":"État initial : v = 1/2 = 0,5 m³/kg, on est en équilibre liquide/vapeur. État 2 : 200 °C, v = 0,5 m³/kg ; tables de vapeur surchauffée : entre 400 et 500 kPa ; par interpolation P = 431,3 kPa."},{"id":"td2-ex8-corrige","type":"td_corrige","chap":2,"ex":8,"title":"TD2 · exo 8 (correction)","heading":"Exo 8 (p.4) — Volume spécifique final (deux réservoirs)","file":"td2-corrige.pdf","page":4,"text":"État A1 : m_A = V_A/v_A = 1/0,5 = 2 kg. État B1 (P, T) : table de l'eau ⇒ v_B = 0,6173 m³/kg ⇒ V_B = m_B·v_B = 3,5 × 0,6173 = 2,1606 m³.\nÉtat final : m_tot = 5,5 kg, V_tot = 3,1606 m³ ⇒ v2 = V_tot/m_tot = 0,5746 m³/kg."},{"id":"td3-ex1-corrige","type":"td_corrige","chap":3,"ex":1,"title":"TD3 · exo 1 (correction)","heading":"Exo 1 (p.1)","file":"td3-corrige.pdf","page":1,"text":"1) Travail à P = cte : W12 = ∫P dV = P(V2 − V1) = 200 × (0,1 − 0,04) = 12 kJ.\n2) Travail à T = cte (gaz parfait, transformation réversible, n = 1) : P1V1 = P2V2 ⇒ W12 = P1V1·ln(V2/V1) = 200 × 0,04 × ln(0,1/0,04) = 7,33 kJ.\n3) Polytropique PV^1,3 = cte : P2 = P1·(V1/V2)^n = 200 × (0,04/0,1)^1,3 = 60,77 kPa ; W = (P2V2 − P1V1)/(1 − n) = (60,77 × 0,1 − 200 × 0,04)/(1 − 1,3) = 6,41 kJ.\n4) Pas de variation de volume : dV = 0 ⇒ W = 0."},{"id":"td3-ex2-corrige","type":"td_corrige","chap":3,"ex":2,"title":"TD3 · exo 2 (correction)","heading":"Exo 2 (p.1) — Calcul de n et de W12","file":"td3-corrige.pdf","page":1,"text":"Pv^n = cte ⇒ P2/P1 = (v1/v2)^n ⇒ n = ln(P2/P1)/ln(v1/v2). Gaz parfait : v1 = RT1/P1 = 0,287 × 325/125 = 0,7462 m³/kg ; v2 = RT2/P2 = 0,287 × 500/300 = 0,4783 m³/kg.\nn = ln(300/125)/ln(0,7462/0,4783) = 1,969.\nTravail fourni : w12 = (P2v2 − P1v1)/(1 − n) = R(T2 − T1)/(1 − n) = 0,287 × (500 − 325)/(1 − 1,969) = −51,8 kJ/kg."},{"id":"td3-ex3-corrige","type":"td_corrige","chap":3,"ex":3,"title":"TD3 · exo 3 (correction)","heading":"Exo 3 (p.2) — Piston sur butées","file":"td3-corrige.pdf","page":2,"text":"1) Pression finale : état 1 : P1 = 150 kPa, T1 = 400 °C = 673,15 K ; état 2 : T2 = 20 °C = 293,15 K. P1V1/T1 = P2V2/T2 ⇒ P2 = P1·(V1/V2)·(T2/T1) = 150 × 2 × 293,15/673,15 = 130,7 kPa. P2 < P1 ⇒ le piston repose bien sur les butées.\n2) Travail : W12 = P1(V2 − V1) avec V2 = V1/2 ⇒ w12 = R·T1·(1/2 − 1) = −½ × 0,287 × 673,2 = −96,6 kJ/kg (ΔV < 0 ⇒ travail fourni < 0)."},{"id":"td3-ex4-corrige","type":"td_corrige","chap":3,"ex":4,"title":"TD3 · exo 4 (correction)","heading":"Exo 4 (p.2) — Travail et position du piston (R-22)","file":"td3-corrige.pdf","page":2,"text":"État 1 : T = −30 °C, P = 150 kPa, V = 10 L ; P_sat(150 kPa) = −32,02 °C ⇒ vapeur surchauffée. Tables B.4.2 (p.37) : v1 = 0,1487 m³/kg ⇒ m = V/v = 10⁻²/0,1487 = 0,06725 kg.\nLe piston se déplace à P = cte jusqu'aux butées : v2 = V_butées/m = 0,011/0,06725 = 0,16357 m³/kg ⇒ 0 < T < 10 °C (table R-22, p.37), par interpolation T = −9 °C. Puisque T2 (15 °C) > T (−9 °C), le piston reste en appui sur les butées.\nTravail (P = cte = 150 kPa) : W12 = P(V2 − V1) = 150 × (0,011 − 0,01) = 0,15 kJ."},{"id":"td3-ex5-corrige","type":"td_corrige","chap":3,"ex":5,"title":"TD3 · exo 5 (correction)","heading":"Exo 5 (p.3) — Fil étiré","file":"td3-corrige.pdf","page":3,"text":"1) Allongement : F = A·σ = A·E·ΔL/L0 ⇒ ΔL = F·L0/(A·E), A = πR² = π × (0,001)² = 3,142·10⁻⁶ m² ; ΔL = 110 × 10/(3,142·10⁻⁶ × 1,1·10⁶) = 0,318 m.\n2) Travail fourni : W12 = ∫F dx = ∫A·E·x/L0 dx = (A·E/L0)·½·ΔL² = 3,142·10⁻⁶ × 1,1·10⁶ × 1000/10 × ½ × 0,318² = 17,47 J."},{"id":"td3-ex6-corrige","type":"td_corrige","chap":3,"ex":6,"title":"TD3 · exo 6 (correction)","heading":"Exo 6 (p.3) — Ballon de savon, rayon 0,5 m","file":"td3-corrige.pdf","page":3,"text":"W = −∫S dA = −S(A2 − A1), avec A2 >> A1 ⇒ W = −S·A2 = −S·(2·π·D2²) = −2 × 2 × π × 1² = −12,57 J. Le travail à fournir est 12,57 J."},{"id":"td3-ex7-corrige","type":"td_corrige","chap":3,"ex":7,"title":"TD3 · exo 7 (correction)","heading":"Exo 7 (p.4) — Conduction et convection","file":"td3-corrige.pdf","page":4,"text":"Conduction : Q = −k·A·dT/dx (k conductivité, A surface, dT écart de température intérieur/extérieur, Δx épaisseur) : Q = −1,4 × 0,5 × (20 − 12,1)/0,005 = −1106 W. Q < 0 : l'énergie est transférée de l'intérieur vers l'extérieur.\nConvection : Q = h·A·ΔT = 100 × 0,5 × (12,1 − (−10)) = 1105 W."},{"id":"td3-ex8-corrige","type":"td_corrige","chap":3,"ex":8,"title":"TD3 · exo 8 (correction)","heading":"Exo 8 (p.4) — Rayonnement","file":"td3-corrige.pdf","page":4,"text":"Q = ε·σ·A·T⁴ (ε émissivité, σ constante de Stefan-Boltzmann) ⇒ A = Q/(ε·σ·T⁴) = 250/(0,8 × 5,67·10⁻⁸ × 1000⁴) = 0,0055 m²."},{"id":"td4-ex1-corrige","type":"td_corrige","chap":4,"ex":1,"title":"TD4 · exo 1 (correction)","heading":"Exo 1 (p.1) — Variation de l'énergie interne","file":"td4-corrige.pdf","page":1,"text":"Premier principe : U2 − U1 + ½m(V2² − V1²) + mg(z2 − z1) = Q12 − W12. Pas de variation d'énergie cinétique ni potentielle ⇒ U2 − U1 = Q12 − W12 = −1500 − (−5090) = 3590 kJ."},{"id":"td4-ex2-corrige","type":"td_corrige","chap":4,"ex":2,"title":"TD4 · exo 2 (correction)","heading":"Exo 2 (p.1) — Quantité de chaleur transférée","file":"td4-corrige.pdf","page":1,"text":"État initial P1, T1, V1 ; état final P2, T2 ; travail fourni. Premier principe : Q12 = m(u2 − u1) + W12, avec m = PV/(RT) = 150 × 0,1/(0,2968 × 298,15) = 0,1695 kg (R : table A5).\ncv supposé constant (table A5) : cv0 = 0,7448 kJ/kg·K. Q12 = m·cv0·(T2 − T1) + W12 = 0,1695 × 0,7448 × (150 − 25) − 20 = 15,8 − 20 ⇒ Q12 = −4,2 kJ."},{"id":"td4-ex3-corrige","type":"td_corrige","chap":4,"ex":3,"title":"TD4 · exo 3 (correction)","heading":"Exo 3 (p.2) — Chaleur à transférer (réservoir rigide eau liquide + vapeur, V = 5 m³)","file":"td4-corrige.pdf","page":2,"text":"Q12 = U2 − U1 (pas de travail, pas de variation cinétique/potentielle). U1 = m_liq·u_liq + m_vap·u_vap.\nTable B1.1 à 0,1 MPa : m_liq = V_liq/v_f = 0,05/0,001043 = 47,94 kg ; m_vap = V_vap/v_g = 4,95/1,6940 = 2,92 kg ; u_liq = 417,36 kJ/kg ; u_vap = 2506,1 kJ/kg.\nU1 = 47,94 × 417,36 + 2,92 × 2506,1 = 27 326 kJ.\nÉtat final : x = 100 % ⇒ m = 47,94 + 2,92 = 50,86 kg ; v2 = 5/50,86 = 0,09831 m³/kg. Table B1.2 (p.17) : pour v_g = 0,09831 m³/kg, P = 2,03 MPa et u2 = 2600,5 kJ/kg.\nU2 = 50,86 × 2600,5 = 132 261 kJ ⇒ Q12 = 132 261 − 27 326 = 104 935 kJ."},{"id":"td4-ex4-corrige","type":"td_corrige","chap":4,"ex":4,"title":"TD4 · exo 4 (correction)","heading":"Exo 4 (p.3) — Q et W à pression constante","file":"td4-corrige.pdf","page":3,"text":"W12 = ∫P dV = P(V2 − V1) = m(P2v2 − P1v1) ; premier principe : Q12 = m(u2 − u1) + W12 = m(h2 − h1).\nÉtat 1 : v1 = V1/m = 0,1/0,5 = 0,2 = 0,001084 + x1 × 0,4624 (table p.15) ⇒ x1 = 0,1989/0,4624 = 0,4311 ; h1 = h_f + x1·h_fg = 604,74 + 0,4311 × 2133,8 = 1524,7 kJ/kg.\nÉtat 2 : h2(0,4 MPa, 300 °C) = 3066,75 kJ/kg (p.20).\nQ12 = m(h2 − h1) = 0,5 × (3066,75 − 1524,7) = 771,1 kJ ; W12 = m·P·(v2 − v1) = 0,5 × 400 × (0,6548 − 0,2) = 91 kJ."},{"id":"td4-ex5-corrige","type":"td_corrige","chap":4,"ex":5,"title":"TD4 · exo 5 (correction)","heading":"Exo 5 (p.4) — Chaleur spécifique cp à 0,5 MPa, 375 °C","file":"td4-corrige.pdf","page":4,"text":"cp = (Δh/ΔT)_P ; table B1.3 (p.21) à 0,5 MPa : 350 °C → h = 3167,7 kJ/kg ; 400 °C → h = 3271,8 kJ/kg. cp ≈ (3271,8 − 3167,7)/(400 − 350) = 2,082 kJ/kg·°C."},{"id":"td4-ex6-corrige","type":"td_corrige","chap":4,"ex":6,"title":"TD4 · exo 6 (correction)","heading":"Exo 6 (p.4) — Variation d'enthalpie de 1 kg d'oxygène de 300 à 1500 K","file":"td4-corrige.pdf","page":4,"text":"h2 − h1 = ∫cp0 dT = 1000·∫(0,88 − 0,0001θ + 0,54θ² − 0,33θ³) dθ, θ = T/1000, de θ1 = 0,3 à θ2 = 1,5 = 1000·[0,88θ − 0,0001θ²/2 + 0,54θ³/3 − 0,33θ⁴/4] = 1241,5 kJ/kg."},{"id":"td4-ex7-corrige","type":"td_corrige","chap":4,"ex":7,"title":"TD4 · exo 7 (correction)","heading":"Exo 7 (p.5) — Mélange adiabatique de deux réservoirs d'air","file":"td4-corrige.pdf","page":5,"text":"Masses : m_1A = P1A·V1A/(R·T1A) = 200 × 1/(0,287 × 300) = 2,323 kg ; m_1B = 1000 × 1/(0,287 × 1000) = 3,484 kg.\nSystème adiabatique, Q12 = W12 = 0 ⇒ m_A(u2 − u1)_A + m_B(u2 − u1)_B = 0 ⇒ (m_A + m_B)u2 = m_A·u_A1 + m_B·u_B1, avec u = 214,36 kJ/kg à 300 K et 759,19 kJ/kg à 1000 K (table A7 p.8).\n(m_A + m_B)u2 = 2,323 × 214,364 + 3,484 × 759,19 = 3143 kJ ⇒ u2 = 3143/5,807 = 541,24 kJ/kg ⇒ T2 = 736 K (interpolation table A7).\nP = (m_A + m_B)·R·T2/V_tot = 5,807 × 0,287 × 736/2 = 630 kPa."},{"id":"td4-ex8-corrige","type":"td_corrige","chap":4,"ex":8,"title":"TD4 · exo 8 (correction)","heading":"Exo 8 (p.6) — Détente polytropique d'hélium","file":"td4-corrige.pdf","page":6,"text":"m = PV/(RT) = 125 × 0,25/(2,0771 × 350) = 0,043 kg. PV^n = cte ⇒ V2 = V1·(P1/P2)^(1/n) = 0,25 × (125/100)^0,6 = 0,2852 m³.\nT2 = T1·(P2V2)/(P1V1) = 350 × 100 × 0,2852/(125 × 0,25) = 319,4 K.\nW12 = (P2V2 − P1V1)/(1 − n) = (100 × 0,2852 − 125 × 0,25)/(1 − 1,667) = 4,09 kJ.\nBilan : Q12 = m(u2 − u1) + W12 = m·cv·(T2 − T1) + W12 = 0,043 × 3,116 × (319,4 − 350) + 4,09 = −0,01 kJ."},{"id":"td4-ex9-corrige","type":"td_corrige","chap":4,"ex":9,"title":"TD4 · exo 9 (correction)","heading":"Exo 9 (p.7) — Pistolet à air / balle","file":"td4-corrige.pdf","page":7,"text":"a) m_air = P1V1/(RT1) = 1000 × 10⁻⁶/(0,287 × 300) = 1,17·10⁻⁵ kg ; P1V1 = P2V2 ⇒ V2 = 1000 × 10⁻⁶/100 = 10⁻⁵ m³ = 10 cm³.\nb) Travail fourni par l'air : W12 = ∫P dV = P1V1·ln(V2/V1) = 1000 × 10⁻⁶ × ln(10/1) = 2,303 J ; travail contre l'atmosphère : W_atm = P0(V2 − V1) = 101 × (10 − 1) × 10⁻⁶ = 0,909 J.\nc) W_balle = W12 − W_atm = 1,394 J = ½·m_balle·V² ⇒ V_sortie = √(2 × 1,394/0,015) = 13,63 m/s."},{"id":"td5-ex1-corrige","type":"td_corrige","chap":5,"ex":1,"title":"TD5 · exo 1 (correction)","heading":"Exo 1 (p.1) — Température finale (tuyère / détente adiabatique)","file":"td5-corrige.pdf","page":1,"text":"Q_vc = 0, W_vc = 0, Ep_e = Ep_s. Premier principe : h_e + V_e²/2 = h_s + V_s²/2, avec h_e(0,6 MPa, 200 °C) = 2850,1 kJ/kg.\nh_s = 2850,1·10³ + (50²/2 − 600²/2) ⇒ h_s = 2671,4 kJ/kg. h_s = h_f + x·h_fg avec h_f(0,15 MPa) = 467,1 et h_fg = 2226,5 ⇒ x_s = 0,99 ⇒ T_s = T_sat(0,15 MPa) = 111,37 °C."},{"id":"td5-ex2-corrige","type":"td_corrige","chap":5,"ex":2,"title":"TD5 · exo 2 (correction)","heading":"Exo 2 (p.2-3) — Turbine en régime permanent","file":"td5-corrige.pdf","page":2,"text":"Données : ṁ = 1,5 kg/s ; entrée P_e = 2 MPa, T_e = 350 °C, V_e = 50 m/s, z_e = 6 m ; sortie P_s = 0,1 MPa, x_s = 1, V_s = 100 m/s, z_s = 3 m ; Q̇_vc = −8,5 kW.\nQ̇_vc + ṁ(h_e + V_e²/2 + g·z_e) = ṁ(h_s + V_s²/2 + g·z_s) + Ẇ_vc.\nh_e(350 °C, 2 MPa) = 3136,96 kJ/kg (vapeur surchauffée) ; V_e²/2 = 1250 J/kg ; g·z_e = 59 J/kg ; h_s(0,1 MPa, x = 1) = 2675,46 kJ/kg ; V_s²/2 = 5000 J/kg ; g·z_s = 29 J/kg.\n−8,5·10³ + 1,5·(3136,96 + 1,25 + 0,059)·10³ = 1,5·(2675,46 + 5 + 0,029)·10³ + Ẇ_vc ⇒ Ẇ_vc = 678,2 kW.\nEn négligeant énergies cinétique et potentielle : Ẇ_vc = Q̇_vc + ṁ(h_e − h_s) = −8,5 + 1,5 × (3136,96 − 2675,46) = 683,75 kW ; écart = 5,55/678,2 ≈ 0,8 %."},{"id":"td5-ex3-corrige","type":"td_corrige","chap":5,"ex":3,"title":"TD5 · exo 3 (correction)","heading":"Exo 3 (p.4) — Puissance du compresseur (air)","file":"td5-corrige.pdf","page":4,"text":"On néglige l'énergie potentielle et l'énergie cinétique à l'entrée : h_e = h_s + V_s²/2 + w ⇒ −w = h_s − h_e + V_s²/2, avec h_e = 300,47 kJ/kg (300 K), h_s = 482,81 kJ/kg (480 K) (table A7 p.8).\n−w = 482,81 − 300,47 + 100²/(2 × 1000) = 187,3 kJ/kg (1 kJ/kg = 1000 m²/s²). Puissance : Ẇ = ṁ·w = 15 × 187,3 = 2810 kW."},{"id":"td5-ex4-corrige","type":"td_corrige","chap":5,"ex":4,"title":"TD5 · exo 4 (correction)","heading":"Exo 4 (p.4) — Débit d'eau de refroidissement (condenseur)","file":"td5-corrige.pdf","page":4,"text":"Bilan énergie : ṁ_ef·h_20°C + ṁ_H2O·h_300 = ṁ_ef·h_30°C + ṁ_H2O·h_sat(10 kPa). Table B1.1 (p.11) : h_20°C = 83,94 kJ/kg ; h_30°C = 125,79 kJ/kg ; h(300 °C, 10 kPa) = 3076,5 kJ/kg (p.19) ; h_liq sat(10 kPa) = 191,81 kJ/kg (p.16).\nṁ_ef = ṁ_H2O·(h_300 − h_sat)/(h_30 − h_20) = 1 × (3076,5 − 191,83)/(125,79 − 83,96) = 69 kg/s."},{"id":"td5-ex5-corrige","type":"td_corrige","chap":5,"ex":5,"title":"TD5 · exo 5 (correction)","heading":"Exo 5 (p.5) — Laminage, température finale et coefficient de Joule-Thomson","file":"td5-corrige.pdf","page":5,"text":"Sans transfert de chaleur ni variations cinétique/potentielle, travail nul (vanne) ⇒ h1 = h2 = 3056,5 kJ/kg (P = 800 kPa, T = 300 °C, table p.20). À P2 = 200 kPa ⇒ T2 = 292,4 °C (table p.19).\nμ_JT moyen = (ΔT/ΔP)_h = (292,4 − 300)/(200 − 800) = −7,6/−600 = 0,0127 K/kPa."},{"id":"td5-ex6-corrige","type":"td_corrige","chap":5,"ex":6,"title":"TD5 · exo 6 (correction)","heading":"Exo 6 (p.5) — Turbine de cogénération (soutirage)","file":"td5-corrige.pdf","page":5,"text":"Adiabatique Q_vc = 0 ; masse : ṁ1 = ṁ2 + ṁ3 ; énergie : ṁ1·h1 = ṁ2·h2 + ṁ3·h3 + Ẇ_T.\nPoint 1 : ṁ1 = 20 kg/s, P1 = 10 MPa, T1 = 500 °C ⇒ h1 = 3373,63 kJ/kg (p.23). Point 2 : ṁ2 = 5 kg/s, P2 = 0,5 MPa, T2 = 155 °C ⇒ h2 = 2755,9 kJ/kg (p.20, interpolation). Point 3 : ṁ3 = 15 kg/s, P3 = 20 kPa, x3 = 0,9 ⇒ h3 = 251,38 + 0,9 × 2358,33 = 2373,9 kJ/kg (p.16).\nẆ_T = 20 × 3373,63 − 5 × 2755,9 − 15 × 2373,9 = 18,084 MW."},{"id":"td5-ex7-corrige","type":"td_corrige","chap":5,"ex":7,"title":"TD5 · exo 7 (correction)","heading":"Exo 7 (p.6) — Centrale à vapeur simple","file":"td5-corrige.pdf","page":6,"text":"Point 1 : T1 = 300 °C, P1 = 2 MPa ⇒ h1 = 3023,5 kJ/kg. Point 2 : T2 = 290 °C, P2 = 1,9 MPa ⇒ h2 = 3002,5 kJ/kg. Point 3 : x3 = 0,9, P3 = 15 kPa ⇒ h3 = 226 + 0,9 × 2373,1 = 2361,8 kJ/kg. Point 4 : T4 = 45 °C, P4 = 14 kPa ⇒ h4 = 188,5 kJ/kg.\na) Pertes thermiques chaudière-turbine : q12 = h2 − h1 = 3002,5 − 3023,5 = −21 kJ/kg.\nb) Travail de la turbine : w23 = h2 − h3 = 3002,5 − 2361,8 = 640,7 kJ/kg.\nc) Chaleur échangée au condenseur : q34 = h4 − h3 = 188,5 − 2361,8 = −2173,3 kJ/kg.\nd) Chaleur échangée à la chaudière : h5 = h4 + w_pompe = 188,5 + 4 = 192,5 kJ/kg ; q51 = h1 − h5 = 3023,5 − 192,5 = 2831 kJ/kg."},{"id":"td5-ex8-corrige","type":"td_corrige","chap":5,"ex":8,"title":"TD5 · exo 8 (correction)","heading":"Exo 8 (p.7) — Machine frigorifique au R-134a","file":"td5-corrige.pdf","page":7,"text":"Débit 0,1 kg/s ; travail fourni au compresseur 5 kW. P1 = 100 kPa, T1 = −20 °C, h1 = 387,22 kJ/kg ; P2 = 800 kPa, T2 = 50 °C, h2 = 435,11 kJ/kg ; T3 = 30 °C, x3 = 0 ; T4 = −25 °C.\n1) Qualité à l'entrée de l'évaporateur : pas de travail entre 3 et 4 (vanne) ⇒ h3 = h4 = h(30 °C, x = 0) = 241,79 kJ/kg ; h4 = h_f(−25 °C) + x4·h_fg(−25 °C) = 167,38 + x4 × 215,57 ⇒ x4 = 0,345.\n2) Puissance frigorifique (évaporateur) : Q̇_evap = ṁ(h1 − h4) = 0,1 × (387,22 − 241,79) = 14,54 kW.\n3) Bilan sur le compresseur (pertes thermiques) : Q̇_comp = ṁ(h2 − h1) + Ẇ_comp = 0,1 × (435,11 − 387,22) − 5 = −0,21 kW."},{"id":"td5-ex9-corrige","type":"td_corrige","chap":5,"ex":9,"title":"TD5 · exo 9 (correction)","heading":"Exo 9 (p.8) — Remplissage d'un réservoir vide (système transitoire)","file":"td5-corrige.pdf","page":8,"text":"Premier principe en régime transitoire avec : système adiabatique (Q_vc = 0), W_vc = 0, pas de sortie (ṁ_s = 0), réservoir initialement vide (m1 = 0), énergies cinétique et potentielle négligeables ⇒ m_e·h_e = m2·u2 avec m_e = m2 ⇒ u2 = h_e.\nL'énergie interne finale de la vapeur dans le réservoir est égale à l'enthalpie de la vapeur qui entre : u2 = h_e(1,4 MPa, 300 °C) = 3040,4 kJ/kg. À 1400 kPa et u = 3040,4 kJ/kg, T = 452 °C (interpolation)."},{"id":"td5-ex10-corrige","type":"td_corrige","chap":5,"ex":10,"title":"TD5 · exo 10 (correction)","heading":"Exo 10 (p.9) — Bouilleur + turbine","file":"td5-corrige.pdf","page":9,"text":"État initial bouilleur : liquide saturé à 100 kPa, v1 = 0,001043 m³/kg, u1 = 417,33 kJ/kg ⇒ m1 = V/v1 = 0,1/0,001043 = 95,877 kg.\nÉtat final : vapeur saturée à 700 kPa, v2 = 0,27286 m³/kg, u2 = 2572,5 kJ/kg ⇒ m2 = 0,1/0,27286 = 0,366 kg.\nSortie bouilleur : vapeur saturée à 700 kPa, h_sb = 2763,5 kJ/kg ; masse évaporée m_sb = m1 − m2 = 95,511 kg.\nBilan bouilleur : m2u2 − m1u1 = Q_bouilleur − m_sb·h_sb ⇒ Q = 0,366 × 2572,5 − 95,877 × 417,33 + 95,511 × 2763,5 = 224 871 kJ = 224,9 MJ.\nBilan turbine : W_turb = m_sb·(h_et − h_st), h_et = 2763,5, h_st(100 kPa) = 2675,5 ⇒ W = 95,511 × (2763,5 − 2675,5) = 8405 kJ."},{"id":"td6-ex1-corrige","type":"td_corrige","chap":6,"ex":1,"title":"TD6 · exo 1 (correction)","heading":"Exo 1 (p.1) — Moteur thermique","file":"td6-corrige.pdf","page":1,"text":"|W| = 136 hp × 0,7355 kW/hp = 100 kW ; η = 0,3 ; pouvoir calorifique q_c = 35 000 kJ/kg.\n1) Puissance transmise à la source froide : |Q_F| = |Q_C| − |W|, avec η = |W|/|Q_C| ⇒ |Q_C| = 100/0,3 = 333,3 kW ⇒ |Q_F| = 333,3 − 100 = 233,3 kW.\n2) Débit de carburant : Q_C = ṁ·q_c ⇒ ṁ = 333,3/35 000 = 0,0095 kg/s."},{"id":"td6-ex2-corrige","type":"td_corrige","chap":6,"ex":2,"title":"TD6 · exo 2 (correction)","heading":"Exo 2 (p.1) — Réfrigérateur","file":"td6-corrige.pdf","page":1,"text":"|Q_C| = 400 W rejetés dans la cuisine, |W| = 150 W. Puissance récupérée à l'intérieur : |Q_F| = |Q_C| − |W| = 400 − 150 = 250 W. COP = |Q_F|/|W| = 250/150 = 1,67."},{"id":"td6-ex3-corrige","type":"td_corrige","chap":6,"ex":3,"title":"TD6 · exo 3 (correction)","heading":"Exo 3 (p.2) — Machine thermique réelle vs Carnot","file":"td6-corrige.pdf","page":2,"text":"T_C = 550 °C = 823,15 K, T_F = 300 K, |Q_C| = 1 MW, |W| = 450 kW.\nPuissance cédée à la source froide : |Q_F| = 1000 − 450 = 550 kW. Rendement effectif : η_eff = 450/1000 = 0,45.\nRendement de Carnot : η_C = 1 − T_F/T_C = 1 − 300/823,15 = 0,635 ⇒ |W| = η_C·|Q_C| = 635 kW et |Q_F| = 1000 − 635 = 365 kW."},{"id":"td7-ex1-corrige","type":"td_corrige","chap":7,"ex":1,"title":"TD7 · exo 1 (correction)","heading":"Exo 1 (p.1) — Augmentation d'entropie de l'eau et du milieu extérieur","file":"td7-corrige.pdf","page":1,"text":"ΔS_net = ΔS_eau + ΔS_ME. Eau (condensation) : ΔS_eau = m·s_gf = −m·s_fg = −1 × 6,048 = −6,048 kJ/K.\nAir (milieu extérieur, chaleur reçue) : Q_air = m·h_fg = 1 × 2257 = 2257 kJ ⇒ ΔS_air = Q_air/T0 = 2257/298,15 = 7,57 kJ/K.\nΔS_net = −6,048 + 7,57 = 1,522 kJ/K > 0."},{"id":"td7-ex2-corrige","type":"td_corrige","chap":7,"ex":2,"title":"TD7 · exo 2 (correction)","heading":"Exo 2 (p.2) — Mélange de deux masses de liquide : température finale et production d'entropie","file":"td7-corrige.pdf","page":2,"text":"Bilan énergie : ΔU_tot = m1·Δu1 + m2·Δu2 = 0, avec m1 = V1·ρ = 5·10⁻³ × 885 = 4,425 kg (à 20 °C) et m2 = 2·10⁻³ × 885 = 1,770 kg (à 100 °C) ; Δu1 = cv(Tf − 20), Δu2 = cv(Tf − 100).\n4,425·(Tf − 20) + 1,770·(Tf − 100) = 0 ⇒ Tf = 42,868 °C ≈ 316 K.\nProduction d'entropie : ΔS = S1 + S2 ; S1 = m1·cv·ln(Tf/T1) = 4,425 × 1,9 × ln(316/293,15) = 0,6316 ; S2 = m2·cv·ln(Tf/T2) = 1,770 × 1,9 × ln(316/373,15) = −0,559 ⇒ ΔS = 0,0728 kJ/K."},{"id":"td7-ex3-corrige","type":"td_corrige","chap":7,"ex":3,"title":"TD7 · exo 3 (correction)","heading":"Exo 3 (p.3) — Variation d'entropie de l'air (300 K, 400 kPa → 600 K, 300 kPa)","file":"td7-corrige.pdf","page":3,"text":"cp constant : ds = cp·dT/T − r·dP/P ⇒ s2 − s1 = cp·ln(T2/T1) − r·ln(P2/P1), cp(300 K) = 1,004 kJ/kg·K, r = 0,287 : Δs = 1,004·ln(600/300) − 0,287·ln(300/400) = 0,7785 kJ/kg·K.\nChaleur spécifique variable : s°T2 − s°T1 = ∫cp(T)dT/T ⇒ s2 − s1 = s°T2 − s°T1 − r·ln(P2/P1), avec s°300K = 6,8693 et s°600K = 7,5764 kJ/kg·K ⇒ Δs = 7,5764 − 6,8693 − 0,287·ln(300/400) = 0,7897 kJ/kg·K."},{"id":"td7-ex4-corrige","type":"td_corrige","chap":7,"ex":4,"title":"TD7 · exo 4 (correction)","heading":"Exo 4 (p.4) — Travail fourni par l'air (détente adiabatique réversible 600 K, 400 kPa → 150 kPa)","file":"td7-corrige.pdf","page":4,"text":"Premier principe : u2 − u1 + w = 0 (Q = 0, adiabatique). Transformation réversible ⇒ s2 = s1 ⇒ 0 = (s°T2 − s°600K) − r·ln(P2/P1), avec u1 = 435,10 kJ/kg et s°600K = 7,5764 kJ/kg·K.\ns°T2 = 7,5764 + 0,287·ln(150/400) = 7,2949 kJ/kg·K ⇒ (table A7) u2 = 328,14 kJ/kg, T2 = 457 K.\nw = u1 − u2 = 435,10 − 328,14 = 106,96 kJ/kg."},{"id":"td7-ex5-corrige","type":"td_corrige","chap":7,"ex":5,"title":"TD7 · exo 5 (correction)","heading":"Exo 5 (p.5) — Compression polytropique de l'air","file":"td7-corrige.pdf","page":5,"text":"État 1 : P1 = 110 kPa, T1 = 298,15 K, V1 = 100 L ; état 2 : P2 = 800 kPa, T2 = 473,15 K.\nFacteur polytropique : T2/T1 = (P2/P1)^((n−1)/n) ⇒ 473,15/298,15 = (800/110)^((n−1)/n) ⇒ (n−1)/n = 0,2328 ⇒ n = 1,3034.\nVolume : V2 = V1·(P1/P2)^(1/n) = 0,1 × (110/800)^0,7672 = 0,02182 m³.\nTravail : W12 = (P2V2 − P1V1)/(1 − n) = (800 × 0,02182 − 110 × 0,1)/(1 − 1,3034) = −21,28 kJ.\nChaleur : m = P1V1/(rT1) = 110 × 0,1/(0,287 × 298,15) = 0,1286 kg ; Q12 = m·cv·(T2 − T1) + W12 = 0,1286 × 0,717 × (200 − 25) − 21,28 = −5,144 kJ.\nEntropie produite : S_gen = m(s2 − s1) − Q12/T0, avec s2 − s1 = cp0·ln(T2/T1) − r·ln(P2/P1) = 1,004·ln(473,15/298,15) − 0,287·ln(800/110) = −0,106 kJ/kg·K ⇒ S_gen = 0,1286 × (−0,106) + 5,144/298,15 = 0,00362 kJ/K."},{"id":"td7-ex6-corrige","type":"td_corrige","chap":7,"ex":6,"title":"TD7 · exo 6 (correction)","heading":"Exo 6 (p.6) — Compression isotherme réversible du R-134a jusqu'à vapeur saturée","file":"td7-corrige.pdf","page":6,"text":"Bilans : masse m2 = m1 = m ; énergie m(u2 − u1) = Q12 − W12 ; entropie m(s2 − s1) = ∫dQ/T. Système isotherme réversible.\nÉtat 1 : T = 10 °C, P = 150 kPa, V = 20 L ; table B5.2 : u1 = 388,36 kJ/kg, s1 = 1,822 kJ/kg·K, v1 = 0,148283 m³/kg ⇒ m = 0,02/0,148283 = 0,1349 kg.\nÉtat 2 : T = 10 °C, vapeur saturée ; table B5.1 : u2 = 383,67 kJ/kg, s2 = 1,7218 kJ/kg·K.\nT constant : Q12 = ∫T ds = m·T·(s2 − s1) = 0,1349 × 283,15 × (1,7218 − 1,822) = −3,83 kJ.\nTravail (bilan énergie) : W12 = m(u1 − u2) + Q12 = 0,1349 × (388,36 − 383,67) − 3,83 = −3,197 kJ."},{"id":"td7-ex7-corrige","type":"td_corrige","chap":7,"ex":7,"title":"TD7 · exo 7 (correction)","heading":"Exo 7 (p.7) — Cycle de Carnot frigorifique au R-410a (−5 °C / 40 °C)","file":"td7-corrige.pdf","page":7,"text":"Représentation T-s : rectangle entre −5 °C (1-4) et 40 °C (2-3). Tables B4.1 : état 3 = liquide saturé, s4 = s3 = 0,4473 kJ/kg·K = 0,1989 + x4 × 0,8477 ⇒ x4 = 0,293. État 2 = vapeur saturée : s1 = s2 = 0,9552 = 0,1989 + x1 × 0,8477 ⇒ x1 = 0,892.\nCOP = q/w = T_C/(T_C − T_F) = 313,2/45 = 6,96 (expression écrite dans le corrigé)."},{"id":"td7-ex8-corrige","type":"td_corrige","chap":7,"ex":8,"title":"TD7 · exo 8 (correction)","heading":"Exo 8 (p.8) — Détente adiabatique réversible de l'air","file":"td7-corrige.pdf","page":8,"text":"Adiabatique réversible ⇒ q12 = 0 et s_gen = 0. État 1 : P1 = 250 kPa, T1 = 300 K, V1 = 10⁻⁶ m³ ; état 2 : P2 = 100 kPa.\nT2 = T1·(P2/P1)^((n−1)/n), n = cp0/cv0 = 1,004/0,717 = 1,4 ⇒ T2 = 300 × (100/250)^(0,4/1,4) = 230,9 K.\nV2 = V1·(P1/P2)^(1/n) = 1 × (250/100)^(1/1,4) = 1,92 cm³ (ou V2 = V1·P1T2/(P2T1)).\nW12 = (P2V2 − P1V1)/(1 − n) = (100 × 1,92 − 250 × 1)·10⁻⁶/(1 − 1,4) = 0,145 kJ (valeur écrite dans le corrigé ; l'application numérique donne 0,145 J)."},{"id":"td8-ex1-corrige","type":"td_corrige","chap":8,"ex":1,"title":"TD8 · exo 1 (correction)","heading":"Exo 1 (p.1) — Turbine adiabatique réversible (isentropique)","file":"td8-corrige.pdf","page":1,"text":"Continuité : ṁ_i = ṁ_e = ṁ. Premier principe : h_i + V_i²/2 = h_e + V_e²/2 + w. Second principe : s_e = s_i (isentropique).\nEntrée P_i = 1 MPa, T_i = 300 °C, V_i = 50 m/s : h_i = 3051,2 kJ/kg, s_i = 7,1228 kJ/kg·K. Sortie P_e = 150 kPa, V_e = 200 m/s.\nQualité en sortie : s_e = 7,1228 = s_f + x_e·s_fg = 1,4335 + x_e × 5,7897 ⇒ x_e = 0,9827 ; h_e = h_f + x·h_fg = 467,1 + 0,9827 × 2226,5 = 2655 kJ/kg.\nw = h_i + V_i²/2 − h_e − V_e²/2 = 3051,2 + 50²/2000 − 2655 − 200²/2000 = 377,5 kJ/kg."},{"id":"td8-ex2-corrige","type":"td_corrige","chap":8,"ex":2,"title":"TD8 · exo 2 (correction)","heading":"Exo 2 (p.2) — Compresseur de la station-service (air)","file":"td8-corrige.pdf","page":2,"text":"Adiabatique (Q = 0), réversible (pas de production d'entropie), bilan : ṁh1 = ṁh2 + w_c.\nTempérature de l'air comprimé : P1^(1−γ)·T1^γ = P2^(1−γ)·T2^γ ⇒ T2 = T1·(P1/P2)^((1−γ)/γ), γ = 1,4 (table A5) ⇒ T2 = 290 × (100/1000)^(−0,2857) = 559,9 K.\nTravail par unité de masse : w_c = h1 − h2 = cp0·(T1 − T2) = 1,004 × (290 − 559,9) = −271 kJ/kg."},{"id":"td8-ex3-corrige","type":"td_corrige","chap":8,"ex":3,"title":"TD8 · exo 3 (correction)","heading":"Exo 3 (p.3) — Désurchauffeur (injection d'eau)","file":"td8-corrige.pdf","page":3,"text":"Bilans : masse m1 + m2 = m3 ; énergie m1h1 + m2h2 = m3h3 ; entropie m1s1 + m2s2 + S_prod = m3s3 ; P = cte, W = 0, Q = 0.\nPoint 1 : T1 = 200 °C, P1 = 300 kPa, ṁ1 = 2 kg/s ⇒ (B1.3) h1 = 2865,54 kJ/kg, s1 = 7,3115 kJ/kg·K. Point 2 : T2 = 20 °C ⇒ (B1.1) h2 = 83,94 kJ/kg, s2 = 0,2966 kJ/kg·K. Point 3 : P3 = 300 kPa, vapeur saturée ⇒ (B1.2) T3 = 133,55 °C, h3 = 2725,3 kJ/kg, s3 = 6,9918 kJ/kg·K.\nDébit d'eau à 20 °C à injecter : m2 = m1·(h1 − h3)/(h3 − h2) = 2 × (2865,54 − 2725,3)/(2725,3 − 83,94) = 0,1062 kg/s ⇒ m3 = 2,1062 kg/s.\nProduction d'entropie : S_prod = m3s3 − m1s1 − m2s2 = 2,1062 × 6,9918 − 2 × 7,3115 − 0,1062 × 0,2966 = 0,072 kW/K."},{"id":"td8-ex4-corrige","type":"td_corrige","chap":8,"ex":4,"title":"TD8 · exo 4 (correction)","heading":"Exo 4 (p.4) — Travail fourni par la pompe","file":"td8-corrige.pdf","page":4,"text":"P1 = 100 kPa, T1 = 30 °C, P2 = 5000 kPa ; volume spécifique du liquide quasi constant : −w = ∫v dP = v(P2 − P1) = 0,001004 × (5000 − 100) = 4,92 kJ/kg."},{"id":"td8-ex5-corrige","type":"td_corrige","chap":8,"ex":5,"title":"TD8 · exo 5 (correction)","heading":"Exo 5 (p.5) — Compression polytropique de l'air (P1 = 100 kPa, T1 = 300 K → T2 = 1000 K, n = 1,3)","file":"td8-corrige.pdf","page":5,"text":"Bilan énergie : h1 + q = h2 + w (cinétique et potentielle négligées) ; entropie : s1 + ∫dq/T + s_prod = s2.\nP2 = P1·(T2/T1)^(n/(n−1)) = 100 × (1000/300)^(1,3/0,3) ⇒ P2 = 18 442 kPa.\nw = −n/(n−1)·r·(T2 − T1) = −(1,3/0,3) × 0,287 × (1000 − 300) ⇒ w = −849,3 kJ/kg.\nq = h2 − h1 + w, h2 = 1046,2 et h1 = 300,5 (table air p.8) ⇒ q = 1046,2 − 300,5 − 849,3 = −103,6 kJ/kg."},{"id":"td8-ex6-corrige","type":"td_corrige","chap":8,"ex":6,"title":"TD8 · exo 6 (correction)","heading":"Exo 6 (p.6) — Rendement isentropique d'une turbine","file":"td8-corrige.pdf","page":6,"text":"Entrée P1 = 1 MPa, T1 = 300 °C : h1 = 3051,2 kJ/kg, s1 = 7,1228 kJ/kg·K. Sortie P2 = 15 kPa, travail réel w_r = 600 kJ/kg.\nIsentropique : s2s = s1 ⇒ 7,1228 = 0,7548 + x2 × 7,2536 ⇒ x2 = 0,8779 ; h2s = 225,9 + 0,8779 × 2373,1 = 2309,3 kJ/kg.\nw_is = h1 − h2s = 3051,2 − 2309,3 = 741,9 kJ/kg ⇒ η = w_r/w_is = 600/741,9 = 0,809 = 80,9 %.\nQualité réelle en sortie : h2r = h1 − w_r = 3051,2 − 600 = 2451,2 kJ/kg = 225,9 + x2r × 2373,1 ⇒ x2r = 0,9377."},{"id":"td8-ex7-corrige","type":"td_corrige","chap":8,"ex":7,"title":"TD8 · exo 7 (correction)","heading":"Exo 7 (p.7) — Puissance de la pompe (refoulement à 10 m)","file":"td8-corrige.pdf","page":7,"text":"Bilan : ṁ(h1 + V1²/2 + gz1) + Ẇ = ṁ(h2 + V2²/2 + gz2) ⇒ Ẇ = ṁ[h2 − h1 + (V2² − V1²)/2 + g(z2 − z1)]. Avec dh = T ds + v dP et ds = 0 ⇒ h2 − h1 = v(P2 − P1).\nẆ = ṁ[v(P2 − P1) + V2²/2 + gΔz], ṁ = V̇/v = 0,1/0,001001 = 99,9 kg/s ; P1 = P2 = P_atm ⇒ Ẇ = 99,9 × [0 + 20²/2000 + 9,81 × 10/1000] = 29,8 kW.\nEfficacité de l'installation 60 % ⇒ Ẇ_nécessaire = 29,8/0,6 = 49,7 kW ≈ 50 kW.\nDémonstration : h = u + Pv ⇒ dh = du + P dv + v dP, et du = T ds − P dv ⇒ dh = T ds + v dP ; si ds = 0, dh = v dP."},{"id":"td8-ex8-corrige","type":"td_corrige","chap":8,"ex":8,"title":"TD8 · exo 8 (correction)","heading":"Exo 8 (p.8) — Turbine hydraulique : pression à l'entrée et puissance","file":"td8-corrige.pdf","page":8,"text":"Liquide comprimé : v1 = v2 = v3 = 0,001002 m³/kg ; ṁ1 = ṁ2 = ṁ3 = ṁ = 2000 kg/s. D1 = 0,5 m, P1 = 150 kPa, T1 = 20 °C, chute de 15 m ; D2 = 0,35 m ; P3 = 100 kPa.\nBernoulli (liquide incompressible) : v(P2 − P1) + ½(V2² − V1²) + g(z2 − z1) = 0 ⇒ P2 = P1 + [½(V1² − V2²) + g(z1 − z2)]/v.\nV1 = ṁv/A1 = 2000 × 0,001002/(π/4 × 0,5²) = 10,2 m/s ; V2 = 2000 × 0,001002/(π/4 × 0,35²) = 20,83 m/s ⇒ P2 = 150 + [½(10,2² − 20,83²) + 9,81 × 15]/(1000 × 0,001002) ⇒ P2 = 132,2 kPa.\nPuissance de la turbine : h1 + ½V1² + gz1 = h3 + ½V3² + gz3 + w ⇒ w = −∫v dP + ½(V1² − V3²) + g(z1 − z3), z3 = 0, V3 ≈ 0 ⇒ w = −0,001002 × (100 − 150) + [10,2²/2 + 9,81 × 15]/1000 = 0,25 kJ/kg ⇒ Ẇ = ṁw = 2000 × 0,25 = 500 kW."},{"id":"td8-ex9-corrige","type":"td_corrige","chap":8,"ex":9,"title":"TD8 · exo 9 (correction)","heading":"Exo 9 (p.9) — Vitesse du liquide atomisé","file":"td8-corrige.pdf","page":9,"text":"Énergie cinétique initiale nulle (V1 = 0), z1 = z2. Bernoulli : P1v + ½V1² = P2v + ½V2² ⇒ V2 = [V1² + 2v(P1 − P2)]^½ = [2 × 10⁻³ × (1000 − 100) × 10³]^½ = 42,4 m/s."},{"id":"td9-ex1-corrige","type":"td_corrige","chap":9,"ex":1,"title":"TD9 · exo 1 (correction)","heading":"Exo 1 (p.1) — Rendement d'un cycle de Rankine simple (4 MPa, 400 °C ; condenseur 10 kPa)","file":"td9-corrige.pdf","page":1,"text":"η_th = w_net/q = (w_t − w_p)/(h3 − h2) = [(h3 − h4) − (h2 − h1)]/(h3 − h2).\nTableau : 1 : T ≈ 46 °C, P = 10 kPa, h = 191,8, s = 0,649, x = 0 ; 2 : P = 4000 kPa, h = 195,8, s = 0,649 ; 3 : T = 400 °C, P = 4000 kPa, h = 3213,51, s = 6,769 ; 4 : T = 45,8 °C, P = 10 kPa, h = 2144,1, s = 6,769, x = 0,8159.\nBilan pompe (s2 = s1) : w_p = h2 − h1 = ∫v dP = v(P2 − P1) = 0,00101 × (4000 − 10) = 4 kJ/kg ⇒ h2 = 4 + 191,8 = 195,8 kJ/kg.\nBilan turbine (s4 = s3) : 6,769 = 0,6493 + x4 × 7,5009 ⇒ x4 = 0,8159 ; h4 = 191,8 + 0,8159 × 2392,8 = 2144,1 kJ/kg.\nw_t = h3 − h4 = 3213,6 − 2144,1 = 1069,5 kJ/kg ; w_net = 1069,5 − 4 = 1065,5 kJ/kg ; q_c = h3 − h2 = 3213,6 − 195,8 = 3017,8 kJ/kg ⇒ η = 1065,5/3017,8 = 35,3 %."},{"id":"td9-ex2-corrige","type":"td_corrige","chap":9,"ex":2,"title":"TD9 · exo 2 (correction)","heading":"Exo 2 (p.2-3) — Cycle de Rankine avec resurchauffe","file":"td9-corrige.pdf","page":2,"text":"P6 = P1 = 10 kPa ; P2 = P3 = 4000 kPa ; P4 = P5 = 400 kPa.\nTableau : 1 : 10 kPa, 45,81 °C, h = 191,8, s = 0,6493 ; 2 : 4000 kPa, h = 195,8, s = 0,6493 ; 3 : 4000 kPa, 400 °C, h = 3213,6, s = 6,769 ; 4 : 400 kPa, 143,6 °C, h = 2685,7, s = 6,769, x = 0,975 ; 5 : 400 kPa, 400 °C, h = 3273,4, s = 7,8985 ; 6 : 10 kPa, 45,81 °C, h = 2504,4, s = 7,8985, x = 0,966.\nPoint 4 : s4 = s3 = 6,769 < s_g(400 kPa) ⇒ mélange liquide/vapeur ; x4 = (s4 − s_f)/s_fg(400 kPa) = (6,769 − 1,7765)/5,1193 = 0,9752 ; h4 = h_f + x4·h_fg = 604,74 + 0,975 × 2133,8 = 2685,7 kJ/kg.\nPoint 6 : s6 = s5 = 7,8985 < s_g(10 kPa) ⇒ liquide-vapeur ; x6 = (7,8985 − 0,649)/7,5009 = 0,9664 ; h6 = 191,83 + 0,9664 × 2392,8 = 2504,4 kJ/kg.\nTurbine : h3 + h5 = h4 + h6 + w_t ⇒ w_t = −[2685,7 + 2504,4 − 3213,6 − 3273,4] = 1296,9 kJ/kg ; w_net = 1296,9 − 4 = 1292,9 kJ/kg.\nChaudière : q_c + h2 + h4 = h3 + h5 ⇒ q_c = h3 + h5 − h2 − h4 = 3605,5 kJ/kg. Rendement thermique η = 1292,9/3605,5 = 35,9 %."},{"id":"td9-ex3-corrige","type":"td_corrige","chap":9,"ex":3,"title":"TD9 · exo 3 (correction)","heading":"Exo 3 (p.4-5) — Cycle de Rankine à régénération (réchauffeur ouvert / mélangeur)","file":"td9-corrige.pdf","page":4,"text":"P1 = P7 = 10 kPa ; P2 = P6 = P3 = 400 kPa ; P4 = P5 = 4000 kPa.\nTableau : 1 : 45,8 °C, 10 kPa, h = 191,8, s = 0,6493, x = 0 ; 2 : 400 kPa, h = 192,2 ; 3 : 143,6 °C, 400 kPa, h = 604,7, s = 1,7766 ; 4 : 4000 kPa, h = 608,6, s = 1,7766 ; 5 : 400 °C, 4000 kPa, h = 3213,6, s = 6,769 ; 6 : 143,63 °C, 400 kPa, h = 2685,7, s = 6,769 ; 7 : 45,81 °C, 10 kPa, h = 2144,1, s = 6,769, x = 0,9752 (valeur notée dans le tableau).\nPompe BP : w_p = h2 − h1 = v_f(P2 − P1) = 0,00101 × (400 − 10) = 0,394 kJ/kg ⇒ h2 = 192,2 kJ/kg. Pompe HP : w_p = v_f3(P4 − P3) = 0,00108 × (4000 − 400) = 3,9 kJ/kg ⇒ h4 = 608,6 kJ/kg.\nMélangeur : x·h6 + (1 − x)·h2 = h3 ⇒ x = (h3 − h2)/(h6 − h2) = 0,1654.\nTurbine : h5 = x·h6 + (1 − x)·h7 + w_t ⇒ w_t = 979,9 kJ/kg. Travail net : |w_net| = w_t − (1 − x)|w_pBP| − |w_pHP| = 979,9 − (1 − 0,1654) × 0,394 − 3,9 = 975,7 kJ/kg.\nRendement thermique : η = |w_net|/|q_c| = 975,7/2605 = 37,5 %."},{"id":"td9-ex4-corrige","type":"td_corrige","chap":9,"ex":4,"title":"TD9 · exo 4 (correction)","heading":"Exo 4 (p.6-8) — Cycle de Rankine réel avec pertes (rendements isentropiques turbine 0,86, pompe 0,8)","file":"td9-corrige.pdf","page":6,"text":"Points : 1 : 10 kPa, 42 °C ; 2 : 5 MPa ; 3 : 4,8 MPa, 40 °C ; 4 : 4 MPa, 400 °C ; 5 : 3,8 MPa, 380 °C ; 6 : sortie turbine.\nη_th = |w_net|/q_c = (|w_t| − |w_p|)/q_c avec w_t = η_it·w_is,turb et w_p = w_is,p/η_ip ⇒ η_th = [(η_i·w_is)_turb − (w_is/η_i)_pompe]/q_c, avec w_is,turb = h5 − h6, w_is,pompe = ∫v dP = v(P2 − P1), q_c = h4 − h3.\nPoint 4 (vapeur surchauffée 4000 kPa, 400 °C) : h4 = 3213,51 kJ/kg, s4 = 6,7689 kJ/kg·K.\nPoint 3 (liquide comprimé 4800 kPa, 40 °C) : à 2000 kPa h = 169,30 ; à 5000 kPa h = 171,95 ⇒ interpolation h3 = 171,8 kJ/kg ⇒ q_c = h4 − h3 = 3213,51 − 171,8 = 3041,71 kJ/kg.\nPoint 5 (vapeur surchauffée 3800 kPa, 380 °C) : à 3000 kPa : 350 °C h = 3115,25, s = 6,7427 ; 400 °C h = 3230,82, s = 6,9211. À 4000 kPa : 350 °C h = 3092,43, s = 6,582 ; 400 °C h = 3213,51, s = 6,7689. Double interpolation ⇒ h5 = 3169,1 kJ/kg, s5 = 6,7235.\nPoint 6 : s6is = s5 = 6,7235 = 0,6492 + x6is × 7,501 ⇒ x6is = 0,8098 ; h6is = 191,81 + 0,8089 × 2392,82 = 2129,5 kJ/kg ⇒ w_is = h5 − h6is = 3169,1 − 2129,5 = 1039,6 kJ/kg.\nPoint 1 (liquide sous-refroidi, 42 °C) : interpolation entre 40 °C (P_sat = 7,384 kPa, h_f = 167,54, v = 1,008·10⁻³) et 45 °C (P_sat = 9,593, h_f = 188,42, v = 1,010·10⁻³) ⇒ v1 = 1,009·10⁻³ m³/kg.\nw_p,is = v(P2 − P1) = 1,009·10⁻³ × (5000 − 10) = 5,035 kJ/kg.\nη_th = (0,86 × 1039,6 − 5,035/0,80)/3041,71 = 29,19 %."},{"id":"td9-ex5-corrige","type":"td_corrige","chap":9,"ex":5,"title":"TD9 · exo 5 (correction)","heading":"Exo 5 (p.9-10) — Cycle de Brayton (turbine à gaz), air à 15 °C, 0,1 MPa ; rapport de pression 10 ; T3 = 1100 °C","file":"td9-corrige.pdf","page":9,"text":"Tableau : 1 : 288,15 K, 0,1 MPa ; 2 : 556,8 K, 1 MPa ; 3 : 1373,15 K, 1 MPa ; 4 : 711,8 K, 0,1 MPa.\n1) T2 = T1·(P1/P2)^((1−γ)/γ) = 288,15 × 10^(0,4/1,4) = 556,8 K ; T4 = T3·(P4/P3)^((γ−1)/γ) = 1373,15 × (0,1)^(0,4/1,4) = 711,8 K.\n2) |w_turbine| = h3 − h4 = cp(T3 − T4) = 1,004 × (1373,15 − 711,8) = 664,7 kJ/kg ; |w_compresseur| = cp(T2 − T1) = 1,004 × (556,8 − 288,15) = 269,5 kJ/kg ; |w_net| = 664,7 − 269,5 = 395,2 kJ/kg ; q_c = cp(T3 − T2) = 1,004 × (1373,15 − 556,8) = 819,3 kJ/kg ⇒ η_th = 395,2/819,3 = 48,2 %. Aussi η_th = 1 − 1/(P2/P1)^((γ−1)/γ) = 1 − 1/10^0,286 = 48,2 %.\n3) Cycle avec régénération : T_x = T4 = 711,8 K, T_y = T2 = 556,8 K. η_th = (w_t − w_c)/q_c = [(T3 − T4) − (T2 − T1)]/(T3 − T_x) = [(1373,15 − 711,8) − (556,8 − 288,15)]/(1373,15 − 711,8) = 59,5 %. Ou encore η_th = 1 − (T1/T3)·(P2/P1)^((γ−1)/γ) = 1 − (288,15/1373,15) × 10^(0,4/1,4) = 59,48 %."},{"id":"td9-ex6-corrige","type":"td_corrige","chap":9,"ex":6,"title":"TD9 · exo 6 (correction)","heading":"Exo 6 (p.11) — Compression et détente isothermes (comparaison avec le cycle adiabatique)","file":"td9-corrige.pdf","page":11,"text":"T1 = T2 = 288,15 K ; T3 = T4 = 1373,15 K. w = −∫v dP = −∫rT dP/P = −rT·ln(P_s/P_e).\nCompresseur : w = −0,287 × 288,15 × ln(1/0,1) = −190,5 kJ/kg (à comparer avec w_c adiabatique = −269,5 kJ/kg).\nTurbine : w = −0,287 × 1373,15 × ln(0,1/1) = 907,5 kJ/kg (à comparer avec w_t adiabatique = 664,7 kJ/kg)."},{"id":"td9-ex7-corrige","type":"td_corrige","chap":9,"ex":7,"title":"TD9 · exo 7 (correction)","heading":"Exo 7 (p.12-13) — Cycle Diesel (rapport de compression 20, q_c = 1800 kJ/kg, P1 = 0,1 MPa, T1 = 288,15 K)","file":"td9-corrige.pdf","page":12,"text":"Tableau : 1 : 0,1 MPa, 288,15 K, v = 0,827 ; 2 : 6,629 MPa, 955,2 K, v = 0,04135 ; 3 : 6,629 MPa, 2748 K, v = 0,11896 ; 4 : 0,439 MPa, 1265 K, v = 0,827 m³/kg.\nT2 = T1·(v1/v2)^(γ−1) = 288,15 × 20^0,4 = 955,2 K ; P2 = P1·20^1,4 = 6,629 MPa = P3.\nv1 = rT1/P1 = 0,287 × 288,15/100 = 0,827 m³/kg ; v2 = v1/20 = 0,04135 m³/kg.\nT3 : q_c = cp(T3 − T2) ⇒ T3 = 955,2 + 1800/1,004 = 2748 K ; v3 = v2·T3/T2 = 0,11896 m³/kg.\nT4 : T3/T4 = (v4/v3)^(γ−1) = (0,827/0,11896)^0,4 = 2,1719 ⇒ T4 = 1265 K ; P4 = P1·T4/T1 = 0,1 × 1265/288,15 = 0,439 MPa.\nRendement : q_c = 1800 kJ/kg ; q_F = u1 − u4 = cv(T1 − T4) = 0,717 × (288,15 − 1265) = −700,4 kJ/kg ; w_net = 1800 − 700,4 = 1099,6 kJ/kg ⇒ η_th = 1099,6/1800 = 61,1 %.\nPression moyenne effective : mep = w_net/(v1 − v2) = 1099,6/(0,827 − 0,04135) ≈ 1400 kPa."},{"id":"td9-ex8-corrige","type":"td_corrige","chap":9,"ex":8,"title":"TD9 · exo 8 (correction)","heading":"Exo 8 (p.14-15) — Cycle de réfrigération au R-134a (−20 °C / 40 °C)","file":"td9-corrige.pdf","page":14,"text":"Tableau : 1 : 133,7 kPa, −20 °C, h = 386,04, s = 1,7395 ; 2 : 1017 kPa, 47,8 °C, h = 428,43 ; 3 : 1017 kPa, 40 °C, h = 256,4 ; 4 : 133,7 kPa, −20 °C, h = 256,4.\nP2 = P3 = P_sat(40 °C) = 1017 kPa ; P4 = P1 = P_sat(−20 °C) = 133,7 kPa. h1 (vapeur saturée −20 °C) = 386,08 kJ/kg ; h3 = h4 (liquide saturé 40 °C) = 256,54 kJ/kg.\nh2 (P2 = 1017 kPa, s2 = s1 = 1,7395) par double interpolation : à 1000 kPa, entre 40 °C (s = 1,7148, h = 420,25) et 50 °C (s = 1,7494, h = 431,24) ⇒ h = 428,1, T = 47,13 °C ; à 1200 kPa, entre 50 °C (s = 1,7237, h = 426,84) et 60 °C (s = 1,7584, h = 438,21) ⇒ h = 432, T = 54,55 °C. Interpolation en pression ⇒ h2 = 428,43 kJ/kg, T2 = 47,8 °C.\nCOP = |q_F|/|w_comp| = (h1 − h4)/(h2 − h1) = (386,04 − 256,4)/(428,43 − 386,04) = 3,06.\nPuissance frigorifique : P = ṁ(h1 − h4) = 0,03 × (386,08 − 256,4) = 3,89 kW."},{"id":"td9-ex9-corrige","type":"td_corrige","chap":9,"ex":9,"title":"TD9 · exo 9 (correction)","heading":"Exo 9 (p.16) — Cycle frigorifique en cascade (R-22 en haut, débit ṁ' ; R-23 en bas, débit ṁ)","file":"td9-corrige.pdf","page":16,"text":"R-22 : 1' : −20 °C, 0,245 MPa, h = 245,06, s = 0,9593 ; 2' : 71 °C, 1,534 MPa, h = 289,0, s = 0,9593 ; 3' : 40 °C, 1,534 MPa, h = 94,27 ; 4' : −20 °C, 0,245 MPa, h = 94,27.\nR-23 : 1 : −80 °C, 0,12 MPa, h = 330, s = 1,76 ; 2 : 50 °C, 1,90 MPa, h = 405, s = 1,76 ; 3 : −10 °C, 1,90 MPa, h = 185 ; 4 : −80 °C, 0,12 MPa, h = 185.\nBilan échangeur : ṁh2 + ṁ'h4' = ṁh3 + ṁ'h1' ⇒ ṁ/ṁ' = (h1' − h4')/(h2 − h3) = 0,672 ⇒ ṁ'/ṁ = 1,488.\nQ̇_F = ṁ·q_F et |Ẇ_tot| = ṁ(h2 − h1) + ṁ'(h2' − h1') ⇒ COP = (h1 − h4)/[(h2 − h1) + (ṁ'/ṁ)(h2' − h1')] ≈ 1."},{"id":"a18-p1-enonce","type":"annale_enonce","annale":"A18","ex":1,"title":"Médian A18 · exo 1 (énoncé)","file":"a18-enonce.pdf","page":1,"text":"Exercice 1 (6 points)\n\nUn dispositif en acier cylindre/piston, pesant 1 kg, contient 0.5 kg d’ammoniac (NH3) à une pression de 1600 kPa. Le dispositif et l’ammoniac étant initialement à 120 °C. Comme indiqué sur la figure jointe, des buttées sont positionnées à l’intérieur du cylindre de telle sorte que le volume minimum offert à l’ammoniac ne peut être inférieur à 0.02 m3. Placé dans l’atmosphère ambiante dont la température est de 20 °C, l’ensemble dispositif + NH3 se refroidit très progressivement de 120°C jusqu’à une température finale de 30°C. A tout instant du refroidissement, on considère que les températures du dispositif en acier et de l’ammoniac sont égales.\n\nDéterminer :\n\n1) Le volume initial de NH3\n2) La température de NH3 (et du dispositif) au moment précis où le piston touche les buttées au cours de sa descente.\n3) l’état physique de NH3 en fin de refroidissement : sa pression, son titre de vapeur et son énergie interne spécifique  NH3\n4)  le travail fourni à NH3 au cours du refroidissement\n5) le transfert total de chaleur entre l’ensemble dispositif + NH3 et le milieu ambiant.\n6) Représenter schématiquement, dans un diagramme P-v, l’évolution de l’état de NH3 lors de son refroidissement.\n\nDonnées : Chaleur spécifique de l’acier Cp = Cv = 0.46 kJ/kg/K","chap":2,"chaps":[2,3,4]},{"id":"a18-p2-enonce","type":"annale_enonce","annale":"A18","ex":2,"title":"Médian A18 · exo 2 (énoncé)","file":"a18-enonce.pdf","page":1,"text":"Exercice 2 (4 points)\n\nDe l’air, considéré comme gaz parfait, est aspiré en continu par un compresseur centrifuge avec un débit de 0,5 kg/s. A l’entrée du compresseur, la température est de 15°C et la pression de 0,1 MPa. A la sortie, la température est de 125°C et la pression de 0,7 MPa. On suppose que l’écoulement de l’air est réversible et correspond à une transformation polytropique (PVn constant).\n\n1) Déterminer la valeur du coefficient polytropique n ;\n\n2) Donner l’expression générale du travail réversible adiabatique pour un système en écoulement en régime permanent (on négligera les énergies cinétique et potentielle). En déduire l’expression du travail de compression en fonction de n , r , T1 et T2 et calculer la puissance du moteur qui entraîne le compresseur.\n\nNote : On suppose que La variation d’enthalpie entre l’entrée et la sortie du compresseur : dh = vdP","chap":5,"chaps":[5,3]},{"id":"a18-p3-enonce","type":"annale_enonce","annale":"A18","ex":3,"title":"Médian A18 · exo 3 (énoncé)","file":"a18-enonce.pdf","page":2,"text":"Exercice 3 (5 points)\n\nOn utilise une turbine alimentée à la vapeur d’eau pour entraîner un compresseur d’azote, comme l’illustre la figure ci-dessous.\n\nvap. d’eau, N2  Refroidisseur 0,3 kg/s, T= 40 °C ;  T = 400 °C, 0,15 kg/s.  P = 3 MPa.\n\nAlternateur Compresseur  Turbine  (Génératrice de courant)\n\nEau , N2,  0,3 kg/s T= 20 °C,  X=0,95 ;\n0,15 kg/s.  P = 15 kPa\n\nLes débits massique sont respectivement de 0,3 kg/s dans la turbine et de 0,15 kg/s dans le compresseur. Les états de l’eau et de l’azote sont indiqués sur la figure : l’eau entre à 3MPa et 400°C et sort de la turbine sous forme de mélange liquide-vapeur à 15 kPa avec un titre de vapeur x égal à 0,95. L’azote entre dans le compresseur à 20°C, (100 kPa) et sort à 40°C, (1 MPa). Les pertes de chaleur par la turbine sont négligeables. La turbine fournit 50 kW au compresseur et le reste de sa puissance est dirigé vers une génératrice d’électricité. Tous les équipements fonctionnent en régime permanent :\n\na) Déterminez la puissance totale de la turbine et la puissance disponible pour entraîner la génératrice d’électricité.\n\nb) Déterminez la puissance thermique totale (en kW) perdue pour l’ensemble compresseur – refroidisseur.\n\nNote : on considère l’azote comme un gaz parfait avec Cp0 constant = 1,0416 kJ/kg/K","chap":5,"chaps":[5,2,3]},{"id":"a18-p4-enonce","type":"annale_enonce","annale":"A18","ex":4,"title":"Médian A18 · exo 4 (énoncé)","file":"a18-enonce.pdf","page":2,"text":"Exercice 4 (5 points)\n\nUn débit constant d’air entre dans un diffuseur thermiquement isolé (voir figure jointe) à 100 kPa et 300K avec une vitesse de 200 m/s. L’aire de la section d’entrée du diffuseur est de 100 mm2. La vitesse en sortie de diffuseur est de 20 m/s et l’aire de la section de sortie est 860 mm2.\n\nSi on considère l’air comme un gaz parfait, déterminer :\n\n1) la température de l’air en sortie de diffuseur\n\n2) le débit massique d’air traversant le diffuseur\n\n3) la pression de l’air en sortie de diffuseur\n\nNote : On considère l’air comme un gaz parfait avec Cp constant = 1.004 kJ/kg/K","chap":5,"chaps":[5,1]},{"id":"a19-p1-enonce","type":"annale_enonce","annale":"A19","ex":1,"title":"Médian A19 · problème 1 (énoncé)","file":"a19-enonce.pdf","page":1,"text":"Problème 1 : 7 points\n\nSoit un cylindre, équipé d’un piston et d’un ressort, contenant 0,4 kg d’eau sous forme de vapeur saturée (x=1) à 110 °C, comme l’illustre la figure ci‐dessous. Le ressort touche alors le piston mais n’y exerce aucune force.\nOn fournit de la chaleur à l’eau, ce qui entraîne l’élévation du piston. Pendant l’évolution, la force de rappel F du ressort est proportionnelle au déplacement du piston z : F = K.z. La constante du ressort K est de 50 kN/m2 et la section du piston est de 0,05 m2.\n\n1) Déterminer la pression et le volume spécifique de la vapeur d’eau à l’état initial c.a.d. avant qu’on fournisse de la chaleur ;\n\n2) A l’état final, après avoir fourni la chaleur, la pression à l’intérieur du cylindre est de 300kPa. Quels sont alors le volume spécifique de la vapeur (m3/kg) et sa température ;\n\n3) Représenter schématiquement l’évolution de la pression de la vapeur d’eau dans le cylindre en fonction de son volume. Représenter sur le schéma le travail fourni au cours de la transformation et calculer ce travail. ;\n\n4) Calculer la quantité de chaleur fournie à l’eau au cours de la transformation","chap":4,"chaps":[4,3,2]},{"id":"a19-p2-enonce","type":"annale_enonce","annale":"A19","ex":2,"title":"Médian A19 · problème 2 (énoncé)","file":"a19-enonce.pdf","page":1,"text":"Problème 2 : 3 points\n\nSoit un réservoir d’une capacité de 5 m3, rattaché à une conduite dans laquelle circule de la vapeur d’eau à une pression de 800 kPa et une température de 300 °C. On ouvre le robinet placé entre la conduite et le réservoir et on laisse pénétrer la vapeur dans le réservoir jusqu’à ce que la pression y soit de 800 kPa. On referme alors le robinet. On suppose qu’il n’y a pas de perte de chaleur par le réservoir pendant l’opération.\n\n1) Déterminer la température et la masse de vapeur introduite en fin de remplissage dans le réservoir, dans le cas ou le réservoir est initialement vide ;\n\n2) Déterminer la température en fin de remplissage, si le réservoir contient initialement de la vapeur d’eau saturante (x=1) à la pression de 200 kPa, et que la masse de vapeur introduite jusqu’au remplissage est de 8,873kg.","chap":5,"chaps":[5,2]},{"id":"a19-p3-enonce","type":"annale_enonce","annale":"A19","ex":3,"title":"Médian A19 · problème 3 (énoncé)","file":"a19-enonce.pdf","page":2,"text":"Problème 3 : 7 points\n\nSoit une centrale élémentaire de puissance, utilisant de la vapeur d’eau, selon le schéma ci‐joint. Les caractéristiques des différents états (pression, température, enthalpie spécifique) sont données dans le tableau ci‐dessous :\n\nEtat  1  2  3  4  5\n\nP, kPa  6100  5900  5700  10  9\n\nT, °C  45  175  500  40\n\nh, kJ/kg  194  744  3426  168\n\nLe débit d’eau circulant dans cette installation de puissance est de 25 kg/s et la puissance fournie à la pompe pour comprimer l'eau (Wp) est de 300 kW. En sortie de la turbine (état 4), le titre de vapeur est x4= 0.92 et la vitesse V4 est de 200 m/s. Les diamètres des conduites (tuyaux) de jonction sont respectivement de :\n\n‐  200 mm entre la sortie du générateur de vapeur et l’entrée de la turbine ‐  75 mm de la sortie du condenseur jusqu’à l’entrée du générateur de vapeur\n\n1) Déterminer la vitesse (V3) au point 3 ;\n\n2) Déterminer la puissance fournie par la turbine Wt (en kW). Quelle serait cette puissance en négligeant l’énergie cinétique en entrée et sortie de turbine ?\n\n3) On suppose que l’eau de refroidissement du condenseur (cooling water) provient d’un lac à 15 °C et y retourne à 25°C. Déterminer la puissance thermique (en kW) prélevé au condenseur et le débit d’eau de refroidissement provenant du lac ;\n\n4) Donner la valeur approximative de la vitesse de l’eau à l’état 1 et à l’état 2 ;\n\n5) Calculer les puissances thermiques (en kW) fournies respectivement à l’économiseur (QE) et au générateur de vapeur (Qs). Donner la définition générale du rendement thermique d’une installation de puissance et calculer ce rendement pour l’installation.\n\nPrécision : l’énergie potentielle est négligeable","chap":5,"chaps":[5,2]},{"id":"a19-p4-enonce","type":"annale_enonce","annale":"A19","ex":4,"title":"Médian A19 · problème 4 (énoncé)","file":"a19-enonce.pdf","page":2,"text":"Problème 4 : 3 points\n\nUn moteur fonctionne avec de l’air, considéré comme gaz parfait, suivant un cycle de Carnot, entre une température haute de 1200K et une température basse de 400 K. Au cours de l’étape de transfert de chaleur isotherme à 1200 K, le volume de l’air triple. Déterminer :\n\n1) Le rendement thermique du cycle ;\n\n2) La quantité de chaleur reçue par kg d’air lors de l’étape isotherme à 1200 K ;\n\n3) La quantité de chaleur rejetée par kg d’air, lors de l’étape isotherme à 400 K.","chap":6,"chaps":[6,4]},{"id":"a20-p1-enonce","type":"annale_enonce","annale":"A20","ex":1,"title":"Médian A20 · problème 1 (énoncé)","file":"a20-enonce.pdf","page":1,"text":"Problème 1 : 8 points\n\nSoit l’ensemble piston-cylindre illustré par la figure ci-dessous, où le piston sans frottement est libre de se déplacer entre 2 jeux de buttées. Lorsque le piston repose sur les buttées inférieures, le volume renfermé est de 400 litres. Ce volume augmente à 600 litres lorsque le piston atteint les buttées supérieures. Initialement, le cylindre est rempli d’un mélange liquide vapeur d’eau en équilibre à 100 kPa, avec un titre de vapeur de 19,3 %.\n\nOn chauffe alors ce système jusqu’à ce que toute l’eau devienne une vapeur saturante pure. La masse du piston est telle qu’une pression de 300 kPa est nécessaire pour le soulever, déterminer :\n\n1) La masse d’eau dans le cylindre (kg) ;\n2) La pression et la température de l’eau dans le cylindre à l’état final. On tracera l’évolution thermodynamique de l’eau dans un diagramme P,V entre les états initial et final ;\n3) Le travail effectué par l’eau pendant l’évolution entière (en kJ) ;\n4) La quantité de chaleur transmise à l’eau (en kJ).","chap":4,"chaps":[4,3,2]},{"id":"a20-p2-enonce","type":"annale_enonce","annale":"A20","ex":2,"title":"Médian A20 · problème 2 (énoncé)","file":"a20-enonce.pdf","page":1,"text":"Problème 2 : 6 points\n\nUn réservoir de stockage de méthane de 2 m3 contient, en volume, 80 % de liquide et 20 % de vapeur de méthane à une température de 160 K.\n\nOn chauffe le réservoir et la vapeur saturée à 160 K s’écoule alors en régime permanent dans un réchauffeur où elle est chauffée à pression constante, (la même que celle du réservoir) jusqu’à 350 K.\n\nLe procédé se poursuit jusqu’à ce que tout le liquide du réservoir de stockage se soit écoulé.\n\nCalculer dans ces conditions :\n\n1) La masse totale de méthane extraite du réservoir ;\n\n2) La quantité de chaleur totale transmise au réchauffeur ;\n\n3) La quantité de chaleur totale transmise au réservoir.","chap":5,"chaps":[5,2,1]},{"id":"a20-p3-enonce","type":"annale_enonce","annale":"A20","ex":3,"title":"Médian A20 · problème 3 (énoncé)","file":"a20-enonce.pdf","page":2,"text":"Problème 3 : 6 points\n\nSoit une turbine alimentée en (1) avec un débit volumique de 5 m3/s de vapeur d’eau, à une pression P1= 3 MPa et une température T1 = 400 °C, conformément au schéma ci-dessous.\n\nDans le but de chauffer des bâtiments, un courant de vapeur (2) est soutiré de la turbine à une pression P2 = 600 kPa et une température T2 = 200 °C, avec un débit massique égal à 15% du débit massique d’entrée.\n\nLe reste du courant de vapeur sort de la turbine (3) à la pression P3 = 20 kPa, avec un titre de vapeur x3 = 90 % et une vitesse V3 = 100 m/s. Les vitesses des courants d’entrée (1) et de soutirage (2) sont négligeables.\n\n(1) Déterminer :\n\n1) Le débit volumique du courant (2) de soutirage ;\n2) Le diamètre du conduit de sortie (3) ;\n(2)\n3) La puissance (W) générée par la turbine.  (3)","chap":5,"chaps":[5,3,2]},{"id":"a05-p1-corrige","type":"annale_corrige","annale":"A05","ex":1,"title":"Médian A05 · problème 1 (corrigé)","heading":"Exo 1 (p.1)","file":"a05-corrige.pdf","page":1,"y":0.197,"text":"Problème 1 – Turbine à vapeur entraînant un compresseur d’azote\nTurbine : vapeur 0,25 kg/s, 4 MPa, 350 °C → 20 kPa, 𝑥 = 0,95 . Elle fournit 42 kW au compresseur\nd’azote (0,04 kg/s, 100 kPa, 20 °C → sortie du refroidisseur à 35 °C) et le reste à une génératrice.\n𝑐 𝑝0,𝑁 = 1,0416 kJ /( kg K ) .\na) Puissance fournie à la génératrice\ṅ\nTurbine adiabatique, ERP, EC et EP négligées : 𝑊 =̇ 𝑚(ℎ − ℎ ) .\n𝑇 𝑒 𝑠\nÉtat e : 4 MPa, 350 °C, vapeur surchauffée (table B.1.3) : ℎ = 3092,5 kJ / kg\n𝑒\nÉtat s : 20 kPa, 𝑥 = 0,95 (table B.1.2) : ℎ = ℎ + 𝑥(ℎ − ℎ ) = 251,40 + 0,95 × (2609,7 − 251,40) =\n𝑠 𝑓 𝑔 𝑓\n2491,8 kJ / kg\ṅ ̇\n𝑊 = 0,25 × (3092,5 − 2491,8) = 150,2 kW 𝑊 =̇ 𝑊 −̇ 𝑊 = 150,2 − 42̇\n𝑇 𝑔𝑒𝑛 𝑇 𝑐𝑜𝑚𝑝\ṅ\n𝑊 = 150,2 kW ; 𝑊 = 108,2 kW\n𝑇 𝑔𝑒𝑛\nb) Pertes thermiques du compresseur et du refroidisseur\ṅ ̇\nEnsemble compresseur + refroidisseur, ERP, N gaz parfait : 𝑄 =̇ 𝑚 𝑐 (𝑇 − 𝑇 ) +̇ 𝑊 , avec 𝑊 =\n2 𝑝0 𝑠 𝑒\n−42 kW (reçu).\ṅ\n𝑄 = 0,04 × 1,0416 × (35 − 20) − 42 = 0,625 − 42̇\n𝑄 = −41,4 kW (chaleur évacuée)","chap":5,"chaps":[5,2,4]},{"id":"a05-p2-corrige","type":"annale_corrige","annale":"A05","ex":2,"title":"Médian A05 · problème 2 (corrigé)","heading":"Exo 2 (p.1)","file":"a05-corrige.pdf","page":1,"y":0.607,"text":"Problème 2 – Turbine avec pertes thermiques\nVapeur 2 kg/s : entrée 3 MPa, 400 °C, 50 m/s ; sortie 0,1 MPa, vapeur saturée, 200 m/s ; pertes thermiques\ṅ\n𝑄 = −9 kW .\nÉtat 1 : 3 MPa, 400 °C (table B.1.3) : ℎ = 3230,8 kJ / kg État 2 : 100 kPa, 𝑥 = 1 (table\nB.1.2) : ℎ = ℎ = 2675,5 kJ / kg\n2 𝑔\nDiagramme 𝑃 - 𝑣 : le point 1 est dans la zone de vapeur surchauffée (à droite de la courbe de saturation,\nsur l’isotherme 400 °C) ; le point 2 est sur la courbe de vapeur saturée, à 100 kPa.\n2 2\ner ̇ 𝑉 1 𝑉 2\n1 principe en ERP : 𝑄 +̇ 𝑚 (ℎ + ) =̇ 𝑚 (ℎ + ) +̇ 𝑊̇\n1 2 2 2\n2 2 2 2\n𝑉 − 𝑉 50 − 200\n1 2\n𝑊 =̇ 𝑚 [(ℎ − ℎ ) + ] +̇ 𝑄 = 2 × [555,4 + ] − 9 = 2 × (555,4 − 18,75) − 9̇\n1 2\n2 2000\n𝑊 = 1064 kW\nComparaison : Δ𝑒 = 18,75 kJ / kg, soit environ 3,4 % de Δℎ = 555,4 kJ / kg. On peut en général\n𝑐\nnégliger l’énergie cinétique, sauf si les vitesses deviennent grandes (au-delà de quelques centaines de\nm/s, comme dans les tuyères).\nPS15 – Thermodynamique physique Corrigé du médian Automne 2005","chap":5,"chaps":[5,2,4]},{"id":"a05-p3-corrige","type":"annale_corrige","annale":"A05","ex":3,"title":"Médian A05 · problème 3 (corrigé)","heading":"Exo 3 (p.2)","file":"a05-corrige.pdf","page":2,"y":0.063,"text":"Problème 3 – Détente adiabatique d’une mole de gaz parfait\n1 mole de GP, 15 bar, 20 °C ; détente adiabatique jusqu’à 1 bar : (1) brutale contre 𝑃 0 = 1 bar ; (2)\nréversible. 𝛾 = 1,4 , 𝑅 = 8,314 J /( mol K ) .\n1. Détente brutale\n𝑅\n𝑈 − 𝑈 = −𝑊 avec 𝑊 = 𝑃 (𝑉 − 𝑉 ) , 𝑐 = :\n2 1 2 2 1 𝑣\n𝛾 − 1\n𝑅 𝑃 𝛾 − 1 1 𝑃 0,4 1\n2 2\n(𝑇 − 𝑇 ) = −𝑅 𝑇 + 𝑅 𝑇 ⇒ 𝑇 = 𝑇 ( + ) = 293,15 × (2,5 + )\n2 1 2 1 2 1\n𝛾 − 1 𝑃 𝛾 𝛾 − 1 𝑃 1,4 15\n1 1\n𝑅 8,314\n𝑊 = (𝑇 − 𝑇 ) = (293,15 − 215,0)\n1 2\n𝛾 − 1 0,4\n𝑅𝛾 𝑇 𝑃 215,0\n2 2\nΔ𝑆 = ln − 𝑅 ln = 29,10 ln + 8,314 ln 15\n𝛾 − 1 𝑇 𝑃 293,15\n1 1\n𝑇 = 215,0 K ; 𝑊 = 1625 J ; Δ𝑆 = +13,49 J / K (adiabatique, donc irréversible)\n2. Détente réversible\n𝛾−1\n𝛾\n𝑃 𝑅\n2 −0,2857\n𝑇 = 𝑇 ( ) = 293,15 × 15 𝑊 = (𝑇 − 𝑇 )\n2 1 1 2\n𝑃 𝛾 − 1\n𝑇 = 135,2 K ; 𝑊 = 3282 J ; Δ𝑆 = 0\nLe travail réversible est environ deux fois plus grand que le travail de la détente brutale. Le prof\ntrouve 3283,4 J : l’écart vient des arrondis.","chap":7,"chaps":[7,4,3]},{"id":"a06-p1-corrige","type":"annale_corrige","annale":"A06","ex":1,"title":"Médian A06 · problème 1 (corrigé)","heading":"Exo 1 (p.1)","file":"a06-corrige.pdf","page":1,"y":0.231,"text":"Problème 1 – Compression polytropique de l’air\n𝑛\nAir GP, 100 L, 110 kPa, 25 °C → 800 kPa, 200 °C, 𝑃 𝑣 = cte réversible.\n𝑛 − 1 ln (𝑇 /𝑇 ) ln (473,15/298,15)\n2 1\n= = = 0,2328 ⇒ 𝑛 = 1,303\n𝑛 ln (𝑃 /𝑃 ) ln (800/110)\n2 1\n1/𝑛 3\n𝑉 = 𝑉 (𝑃 /𝑃 ) = 0,0218 m\n2 1 1 2\n𝑃 𝑉 110 × 0,1\n1 1\n𝑚 = = = 0,1286 kg\n𝑟𝑇 0,287 × 298,15\n𝑃 𝑉 − 𝑃 𝑉 17,46 − 11\n2 2 1 1\n𝑊 = = = −21,3 kJ\n1 2\n1 − 𝑛 −0,303\n𝑄 = 𝑚 𝑐 (𝑇 − 𝑇 ) + 𝑊 = 16,13 − 21,28 = −5,15 kJ\n1 2 𝑣0 2 1 1 2\n𝑛 = 1,303 ; 𝑉 = 21,8 L ; 𝑊 = −21,3 kJ ; 𝑄 = −5,15 kJ (le prof : −5,144 )\nEntropie (milieu extérieur à 𝑇 = 298,15 K) :\n𝑇 𝑃\n2 2\n𝑠 − 𝑠 = 𝑐 ln − 𝑟 ln = 1,004 × 0,4618 − 0,287 × 1,9841 = −0,106 kJ /( kg K )\n2 1 𝑝0\n𝑇 𝑃\n1 1\n𝑄 5,15\n𝑆 = 𝑚(𝑠 − 𝑠 ) − = 0,1286 × (−0,106) +\n𝑔𝑒𝑛 2 1\n𝑇 298,15\nΔ𝑆 = −0,0136 kJ / K ; 𝑆 = +0,0037 kJ / K > 0 : l’évolution est conforme au second\n𝑎𝑖𝑟 𝑔𝑒𝑛\nprincipe","chap":7,"chaps":[7,4,3]},{"id":"a06-p2-corrige","type":"annale_corrige","annale":"A06","ex":2,"title":"Médian A06 · problème 2 (corrigé)","heading":"Exo 2 (p.1)","file":"a06-corrige.pdf","page":1,"y":0.691,"text":"Problème 2 – Cycle de Rankine avec resurchauffe\nTurbine HP : 3,5 MPa, 300 °C → 0,3 MPa ; resurchauffe à 300 °C ; turbine BP → 20 kPa ; condenseur\n(liquide saturé) ; pompe. Détentes et pompage isentropiques.\nÉtat 3 : 3,5 MPa, 300 °C (table B.1.3) : ℎ = 2977,5 kJ / kg, 𝑠 = 6,4461 kJ /( kg K )\n3 3\n6,4461 − 1,6717\nÉtat 4 : 300 kPa, 𝑠 = 𝑠 (table B.1.2) : 𝑥 = = 0,897 , ℎ = 561,45 + 0,897 ×\n4 3 4 4\n5,3201\n2163,85 = 2503,3 kJ / kg\nÉtat 5 : 300 kPa, 300 °C (table B.1.3) : ℎ = 3069,3 kJ / kg, 𝑠 = 7,7022 kJ /( kg K )\n5 5\n7,7022 − 0,8319\nÉtat 6 : 20 kPa, 𝑠 = 𝑠 : 𝑥 = = 0,971 , ℎ = 251,38 + 0,971 × 2358,33 =\n6 5 6 6\n7,0766\n2541,0 kJ / kg\nPS15 – Thermodynamique physique Corrigé du médian Automne 2006\nÉtat 1 : liquide saturé à 20 kPa : ℎ = 251,38 kJ / kg, 𝑣 = 0,001017 m / kg\n1 1\nÉtat 2 : pompe : 𝑤 = 𝑣 (𝑃 − 𝑃 ) = 0,001017 × (3500 − 20) = 3,54 kJ / kg, ℎ = 254,9 kJ / kg\n𝑝 1 2 1 2\n𝑤 = (ℎ − ℎ ) + (ℎ − ℎ ) = 474,2 + 528,3 = 1002,5 kJ / kg 𝑤 = 𝑤 − 𝑤 = 998,9 kJ / kg\n𝑇 3 4 5 6 𝑛𝑒𝑡 𝑇 𝑝\n𝑤\n𝑛𝑒𝑡\n𝑞 = (ℎ − ℎ ) + (ℎ − ℎ ) = 2722,6 + 566,0 = 3288,5 kJ / kg 𝜂 =\n𝐻 3 2 5 4\n𝑞\n𝐻\n𝑤 ≈ 999 kJ / kg ; 𝑞 ≈ 3289 kJ / kg ; 𝜂 ≈ 30,4 %\n𝑛𝑒𝑡 𝐻","chap":9,"chaps":[9,5,2]},{"id":"a06-p3-corrige","type":"annale_corrige","annale":"A06","ex":3,"title":"Médian A06 · problème 3 (corrigé)","heading":"Exo 3 (p.2)","file":"a06-corrige.pdf","page":2,"y":0.223,"text":"Problème 3 – Chaudière, régulateur et turbine\nChaudière de 100 L remplie de liquide saturé à 100 kPa, chauffée ; à 700 kPa, un régulateur laisse sortir\nde la vapeur saturée vers une turbine (sortie : vapeur saturée à 100 kPa). On s’arrête quand la chaudière\nne contient plus que de la vapeur saturée à 700 kPa.\nÉtat 1 : liquide saturé à 100 kPa : 𝑣 = 0,001043 , 𝑢 = 417,33 kJ / kg ; 𝑚 = 0,1/0,001043 = 95,88 kg\n1 1 1\nÉtat 2 : vapeur saturée à 700 kPa : 𝑣 = 0,27286 , 𝑢 = 2572,49 kJ / kg ; 𝑚 = 0,1/0,27286 = 0,366 kg\n2 2 2\nSortie : ℎ = ℎ (700) = 2763,50 kJ / kg ; masse sortie : 𝑚 = 𝑚 − 𝑚 = 95,51 kg.\n𝑒 𝑔 𝑒 1 2\nChaudière (VC non permanent uniforme) : 𝑄 = 𝑚 𝑢 − 𝑚 𝑢 + 𝑚 ℎ\n2 2 1 1 𝑒 𝑒\n𝑄 = 0,366 × 2572,49 − 95,88 × 417,33 + 95,51 × 2763,50\n𝑄 ≈ 224,9 MJ\nTurbine (adiabatique, ℎ constant) : 𝑊 = 𝑚 (ℎ (700) − ℎ (100)) = 95,51 × (2763,50 − 2675,46)\n𝑒 𝑇 𝑒 𝑔 𝑔\n𝑊 ≈ 8 410 kJ (le prof : 8 405 kJ , arrondis)\n𝑇","chap":9,"chaps":[9,5,2]},{"id":"a07-p1-corrige","type":"annale_corrige","annale":"A07","ex":1,"title":"Médian A07 · problème 1 (corrigé)","heading":"Exo 1 (p.1)","file":"a07-corrige.pdf","page":1,"y":0.203,"text":"Problème I – Réfrigérateur au R-134a\n𝑚 = 0,1 ̇ kg / s , 𝑊 ̇ 𝑐𝑜𝑚𝑝 = 4 kW . 1 : 100 kPa, −10 °C ; 2 : 600 kPa, 40 °C ; 3 : liquide saturé à 20 °C ; 4 :\n−25 °C après détente.\nÉtat 1 : 100 kPa, −10 °C, vapeur surchauffée (table B.5.2) : ℎ = 395,27 kJ / kg\nÉtat 2 : 600 kPa, 40 °C, surchauffée (table B.5.2) : ℎ = 428,88 kJ / kg\nÉtat 3 : liquide saturé à 20 °C (table B.5.1) : ℎ = ℎ = 227,49 kJ / kg\n3 𝑓\nℎ − ℎ 227,49 − 167,38\n4 𝑓\nÉtat 4 : détente (laminage) : ℎ = ℎ ; à −25 °C : 𝑥 = =\n4 3 4\nℎ 215,57\n𝑓𝑔\n𝑥 = 0,279\ṅ ̇\nÉvaporateur : 𝑄 =̇ 𝑚(ℎ − ℎ ) = 0,1 × (395,27 − 227,49) Compresseur : 𝑄 =̇ 𝑚(ℎ − ℎ ) +̇\n𝑒𝑣 1 4 𝑐𝑜𝑚𝑝 2 1\n𝑊 = 0,1 × (428,88 − 395,27) − 4̇\ṅ\n𝑄 = 16,78 kW ; 𝑄 = 3,36 − 4 = −0,64 kW (pertes du compresseur)\n𝑒𝑣 𝑐𝑜𝑚𝑝\nPoint de vigilance\ṅ\nLe corrigé manuscrit écrit « 345,27 » dans la ligne de 𝑄 , mais son résultat (16,78 kW) correspond\n𝑒𝑣\nbien à ℎ = 395,27 . Pour le compresseur, le calcul donne 0,1 × 33,61 − 4 = −0,639 kW.","chap":9,"chaps":[9,5,2]},{"id":"a07-p2-corrige","type":"annale_corrige","annale":"A07","ex":2,"title":"Médian A07 · problème 2 (corrigé)","heading":"Exo 2 (p.1)","file":"a07-corrige.pdf","page":1,"y":0.587,"text":"Problème II – Chaudière et turbine\nChaudière de 150 L remplie de liquide saturé à 100 kPa ; à 800 kPa, de la vapeur saturée sort vers une\nturbine (sortie : vapeur saturée à 100 kPa) jusqu’à ce que la chaudière ne contienne plus que de la vapeur\nsaturée à 800 kPa.\n1. Masses initiale et finale\n𝑉 0,150 𝑉 0,150\n𝑚 = = = 143,82 kg 𝑚 = = = 0,624 kg\n1 2\n𝑣 (100) 0,001043 𝑣 (800) 0,24043\n𝑓 𝑔\n2. Travail de la turbine\n𝑚 = 𝑚 −𝑚 = 143,19 kg ; turbine adiabatique : 𝑊 = 𝑚 [ℎ (800)−ℎ (100)] = 143,19×(2769,13−\n𝑒 1 2 𝑇 𝑒 𝑔 𝑔\n2675,46)\n𝑊 = 13,41 MJ\n𝑇\nPS15 – Thermodynamique physique Corrigé du médian Automne 2007\n3. Chaleur fournie à la chaudière (méthode)\nVC = chaudière, non permanent uniforme : 𝑄 = 𝑚 𝑢 − 𝑚 𝑢 + 𝑚 ℎ , avec 𝑢 = 𝑢 (100) = 417,33 ,\n2 2 1 1 𝑒 𝑒 1 𝑓\n𝑢 = 𝑢 (800) = 2576,79 et ℎ = ℎ (800) = 2769,13 kJ / kg :\n2 𝑔 𝑒 𝑔\n𝑄 = 0,624 × 2576,79 − 143,82 × 417,33 + 143,19 × 2769,13\n𝑄 ≈ 338,1 MJ","chap":9,"chaps":[9,5,2]},{"id":"a07-p3-corrige","type":"annale_corrige","annale":"A07","ex":3,"title":"Médian A07 · problème 3 (corrigé)","heading":"Exo 3 (p.2)","file":"a07-corrige.pdf","page":2,"y":0.2,"text":"Problème III – Remplissage d’un récipient vide au R-134a\nRécipient vide et rigide de 10 L, adiabatique, rempli à partir d’une conduite de R-134a liquide saturé à 0\n°C.\n1. Bilan\nRemplissage (poly §5.6) : 𝑚 = 0 , 𝑄 = 0 , 𝑊 = 0 , donc 𝑚 𝑢 = 𝑚 ℎ , soit\n1 2 2 𝑒 𝑒\n𝑢 = ℎ\n2 𝑒\n2. État final\nℎ = ℎ (0 ° C ) = 200,00 kJ / kg (table B.5.1). Le remplissage s’arrête quand la pression dans le récipient\n𝑒 𝑓\natteint celle de la conduite, 𝑃 (0 ° C ) = 294 kPa. Donc 𝑇 = 0 ° C et 𝑢 = 200,00 , légèrement\n𝑠𝑎𝑡 2 2\nsupérieur à 𝑢 = 199,77 :\n𝑓\n200,00 − 199,77 0,010\n−3 3\n𝑥 = = 1,29×10 , 𝑣 = 0,000773+𝑥 ×0,06842 = 0,000861 m / kg , 𝑚 =\n2 2 2 2\n178,24 0,000861\n𝑃 = 294 kPa ; 𝑇 = 0 ° C ; 𝑥 ≈ 0,0013 ; 𝑚 ≈ 11,6 kg\n2 2 2 2\n(Si on assimilait le contenu à du liquide saturé, on trouverait 0,010/0,000773 = 12,9 kg : la petite\nfraction vaporisée occupe un volume non négligeable.)","chap":5,"chaps":[5,3,4]},{"id":"a07-p4-corrige","type":"annale_corrige","annale":"A07","ex":4,"title":"Médian A07 · problème 4 (corrigé)","heading":"Exo 4 (p.2)","file":"a07-corrige.pdf","page":2,"y":0.593,"text":"Problème IV – Turbine adiabatique, rendement isentropique\nVapeur : entrée 2 MPa, 400 °C, 50 m/s ; sortie 200 kPa, 300 m/s. (1) détente isentropique ; (2) 𝜂 𝑠 = 0,85 .\nÉtat 1 : 2 MPa, 400 °C (table B.1.3) : ℎ = 3247,6 kJ / kg, 𝑠 = 7,1271 kJ /( kg K )\n1 1\n1. Détente isentropique\n𝑠 = 𝑠 = 7,1271 = 𝑠 (200 kPa ) , donc l’état 2s est exactement de la vapeur saturée : ℎ =\n2𝑠 1 𝑔 2𝑠\n2706,63 kJ / kg.\n2 2 2 2\n𝑉 − 𝑉 50 − 300\n1 2\n𝑤 = ℎ − ℎ + = 3247,6 − 2706,63 + = 540,97 − 43,75\n𝑠 1 2𝑠\n2 2000\n𝑤 = 497,2 kJ / kg\n𝑠\n2. Détente réelle, 𝜂 = 0,85 (poly §8.4)\n𝑠\n2 2\n𝑉 − 𝑉\n1 2\n𝑤 = 𝜂 𝑤 = 422,6 kJ / kg ⇒ ℎ = ℎ − 𝑤 + = 3247,6 − 422,6 − 43,75 = 2781,2 kJ / kg\n𝑠 𝑠 2 1\nPS15 – Thermodynamique physique Corrigé du médian Automne 2007\nÀ 200 kPa, ℎ = 2706,6 < ℎ : vapeur surchauffée entre 150 °C ( ℎ = 2768,80 ) et 200 °C ( ℎ = 2870,46 ) :\n𝑔 2\n2781,2 − 2768,80\n𝑇 = 150 + 50 ×\n2870,46 − 2768,80\n𝑤 = 422,6 kJ / kg ; ℎ = 2781,2 kJ / kg ; 𝑇 ≈ 156 ° C\n2 2","chap":8,"chaps":[8,5,4]},{"id":"a08-p1-corrige","type":"annale_corrige","annale":"A08","ex":1,"title":"Médian A08 · problème 1 (corrigé)","heading":"Exo 1 (p.1)","file":"a08-corrige.pdf","page":1,"y":0.217,"text":"Problème I – R-22 chauffé électriquement\nRéservoir rigide 10 L, R-22 à −10 °C, 𝑥 = 0,8 ; résistance 10 A, 6 V pendant 10 min ; état final 40 °C.\nÉtat 1 : −10 °C, 𝑥 = 0,8 (table B.4.1) : 𝑣 = 0,000759 + 0,8 × 0,06458 = 0,05242 m / kg ;\n1 1\n𝑢 = 32,74 + 0,8 × 190,25 = 184,94 kJ / kg\n1. Masse\n𝑚 = 𝑉 /𝑣 = 0,010/0,05242 = 0,1908 kg\n2. Transfert de chaleur\nÉtat 2 : 40 °C, 𝑣 = 𝑣 = 0,05242 m / kg ; 𝑣 (40 ° C ) ≪ 𝑣 , donc vapeur surchauffée. Dans table\n2 1 𝑔 2\nB.4.2 à 40 °C : 500 kPa : 𝑣 = 0,05636 , 𝑢 = 250,51 ; 600 kPa : 𝑣 = 0,04628 , 𝑢 = 249,48 . Interpolation :\n0,05636 − 0,05242\n𝑃 = 500 + 100 × = 539 kPa , 𝑢 = 250,1 kJ / kg\n2 2\n0,05636 − 0,04628\nTravail électrique reçu : 𝑊 = −𝑈 𝐼 Δ𝑡 = −6 × 10 × 600 = −36 000 J = −36 kJ\n𝑒𝑙\ner\n1 principe : 𝑄 = 𝑚(𝑢 − 𝑢 ) + 𝑊 = 0,1908 × (250,1 − 184,94) − 36\n1 2 2 1 1 2\n𝑄 = −23,6 kJ (cédée au milieu extérieur)\n1 2","chap":4,"chaps":[4,2,1]},{"id":"a08-p2-corrige","type":"annale_corrige","annale":"A08","ex":2,"title":"Médian A08 · problème 2 (corrigé)","heading":"Exo 2 (p.1)","file":"a08-corrige.pdf","page":1,"y":0.61,"text":"Problème II – Glace chauffée à pression constante\nGlace à −20 °C sous un piston, 𝑃 = 150 kPa constante, chauffée jusqu’à la vapeur saturée.\nÉtat 1 : solide saturé à −20 °C (table B.1.5) : 𝑣 = 0,0010874 m / kg, 𝑢 = −374,03 kJ / kg\n1 1\nÉtat 2 : vapeur saturée à 150 kPa (table B.1.2) : 𝑣 = 1,15933 m / kg, 𝑢 = 2519,64 kJ / kg\n2 2\n1) 𝑇 = 𝑇 (150 kPa ) = 111,4 ° C\n2 𝑠𝑎𝑡\n𝑤 = 𝑃 (𝑣 − 𝑣 ) = 150 × (1,15933 − 0,0010874)\n2 1\n2) 𝑤 = 173,7 kJ / kg\n𝑞 = 𝑢 − 𝑢 + 𝑤 = 2519,64 + 374,03 + 173,7 (= ℎ − ℎ )\n2 1 2 1\n3) 𝑞 = 3067 kJ / kg\nPS15 – Thermodynamique physique Corrigé du médian Automne 2008","chap":2,"chaps":[2,3,4]},{"id":"a08-p3-corrige","type":"annale_corrige","annale":"A08","ex":3,"title":"Médian A08 · problème 3 (corrigé)","heading":"Exo 3 (p.2)","file":"a08-corrige.pdf","page":2,"y":0.063,"text":"Problème III – Variation d’entropie du méthane\nÉtat 1 : 120 K, 𝑥 = 1 ; état 2 : 200 K, 440 kPa. 𝑐 𝑝 = 2,254 kJ /( kg K ) , 𝑀 = 16 g / mol .\nTables : 𝑠 = 𝑠 (120 K ) = 9,3051 kJ /( kg K ) (table B.7.1, 𝑃 = 191,6 kPa).\n1 𝑔 1\n𝑠 à 200 K (table B.7.2) : 400 kPa : 10,0185 ; 600 kPa : 9,7944 , d’où 𝑠 = 10,0185 − (10,0185 −\n2 2\n9,7944) = 9,9737 kJ /( kg K )\nΔ𝑠 = 9,9737 − 9,3051 = 0,669 kJ /( kg K )\n𝑡𝑎𝑏𝑙𝑒𝑠\nGaz parfait : 𝑟 = 8,314/16 = 0,5196 kJ /( kg K )\n𝑇 𝑃 200 440\n2 2\nΔ𝑠 = 𝑐 ln − 𝑟 ln = 2,254 ln − 0,5196 ln = 1,1514 − 0,4320\n𝑝\n𝑇 𝑃 120 191,6\n1 1\nΔ𝑠 = 0,719 kJ /( kg K )\n𝐺𝑃\nCommentaire : l’écart est d’environ 7,6 %. À l’état 1, le méthane est de la vapeur saturée, loin du\ncomportement de gaz parfait. Le modèle GP n’est fiable qu’à basse pression et loin de la saturation.\nPoint de vigilance\nLe corrigé manuscrit lit 10,0125 au lieu de 10,0185 (400 kPa, 200 K) et trouve 𝑠 = 9,9745 ,\nΔ𝑠 = 0,6694 . Avec la valeur exacte de la table, on obtient Δ𝑠 = 0,6686 . La différence est minime.","chap":7,"chaps":[7,2,4]},{"id":"a08-p4-corrige","type":"annale_corrige","annale":"A08","ex":4,"title":"Médian A08 · problème 4 (corrigé)","heading":"Exo 4 (p.2)","file":"a08-corrige.pdf","page":2,"y":0.474,"text":"Problème IV – Détente adiabatique réversible de 1 kg d’air\n700 K, 400 kPa → 101 kPa ; (a) 𝛾 = 1,4 ; (b) chaleurs massiques variables, tables.\na) Chaleurs massiques constantes\n𝛾−1\n𝛾 0,2857\n𝑃 101 𝑟\n𝑇 = 𝑇 ( ) = 700 × ( ) 𝑤 = (𝑇 − 𝑇 ) = 0,717 × (700 − 472,4)\n2 1 1 2\n𝑃 400 𝛾 − 1\n𝑇 = 472,4 K ; 𝑊 = 163,2 kJ\nb) Tables (table A.7.1), méthode du poly §7.11\n𝑃 101\n0 0 2\n𝑠 = 𝑠 + 𝑟 ln = 7,74010 + 0,287 ln = 7,3451 kJ /( kg K )\n𝑇 2 𝑇 1\n𝑃 400\nLa table donne 𝑠 (480 K ) = 7,34499 , donc 𝑇 ≈ 480 K. Avec 𝑢 = 𝑢(700) = 512,64 et 𝑢 = 𝑢(480) =\n2 1 2\n345,04 kJ / kg :\n𝑇 ≈ 480 K ; 𝑊 = 𝑚(𝑢 − 𝑢 ) = 512,64 − 345,04 = 167,6 kJ\n2 1 2","chap":7,"chaps":[7,4,3]},{"id":"a08-p5-corrige","type":"annale_corrige","annale":"A08","ex":5,"title":"Médian A08 · problème 5 (corrigé)","heading":"Exo 5 (p.2)","file":"a08-corrige.pdf","page":2,"y":0.844,"text":"Problème V – Tuyère à ammoniac\nNH 3 , 0,01 kg/s : entrée 20 °C, 800 kPa, 𝑉 ≈ 0 ; sortie 300 kPa, 450 m/s ; tuyère adiabatique.\nPS15 – Thermodynamique physique Corrigé du médian Automne 2008\nÉtat e : 800 kPa, 20 °C ( > 17,85 ° C), surchauffé (table B.2.2) : ℎ = 1464,9 kJ / kg\n𝑒\n2 2\n𝑉 450\n𝑠\nERP : ℎ = ℎ + ⇒ ℎ = 1464,9 − = 1363,6 kJ / kg\n𝑒 𝑠 𝑠\n2 2000\nÀ 300 kPa, ℎ ≈ 1431 kJ / kg > ℎ : mélange liquide-vapeur. On interpole entre −10 °C (290,9 kPa)\n𝑔 𝑠\net −5 °C (354,9 kPa) dans table B.2.1 : 𝑇 ≈ −9,2 ° C, ℎ = 137,7 , ℎ = 1294,0 kJ / kg\n𝑠 𝑓 𝑓𝑔\n1363,6 − 137,7\n𝑥 = = 0,947, 𝑣 = 0,001536 + 0,947 × 0,4064 = 0,3865 m / kg\n𝑠 𝑠\n1294,0\n𝑚 𝑣 0,01 × 0,3865\n𝑠\n𝐴 =̇ =\n𝑠\n𝑉 450\n𝑠\n−6 2 2\n𝑇 ≈ −9,2 ° C ; 𝑥 = 0,947 ; 𝐴 = 8,6 × 10 m = 8,6 mm\n𝑠 𝑠 𝑠","chap":5,"chaps":[5,2,4]},{"id":"a09-p1-corrige","type":"annale_corrige","annale":"A09","ex":1,"title":"Médian A09 · problème 1 (corrigé)","heading":"Exo 1 (p.1)","file":"a09-corrige.pdf","page":1,"y":0.227,"text":"Problème 1 – Ammoniac et acier refroidis (cylindre/piston avec butées)\n1 kg d’acier ( 𝑐 = 0,46 kJ /( kg K ) ) + 0,5 kg NH 3 à 1600 kPa et 120 °C ; butées à 𝑉 𝑚𝑖𝑛 = 0,02 m ;\nrefroidissement jusqu’à 30 °C vers l’ambiance à 20 °C. Calculer le travail, la chaleur et l’entropie générée\ntotale.\nÉtat 1 : 1600 kPa, 120 °C, surchauffé (table B.2.2) : 𝑣 = 0,11268 m / kg, 𝑢 = 1516,6 kJ / kg,\n1 1\n𝑠 = 5,5018 kJ /( kg K ) ; 𝑉 = 0,05634 m\n1 1\nÉtat 1a : butées : 𝑣 = 0,02/0,5 = 0,04 m / kg < 𝑣 (1600) = 0,08079 , à 𝑃 = 1600 kPa, donc\n𝑠𝑡𝑜𝑝 𝑔\nmélange saturé à 𝑇 = 𝑇 = 41,0 ° C\n𝑠𝑎𝑡\nÉtat 2 : 30 °C < 41 ° C, donc 𝑣 = 𝑣 = 0,04 m / kg (table B.2.1) :\n2 𝑠𝑡𝑜𝑝\n0,04 − 0,00168\n𝑥 = = 0,3522, 𝑢 = 320,46 + 𝑥 × 1016,9 = 678,6 kJ / kg ,\n2 2 2\n0,10881\n𝑠 = 1,2005 + 𝑥 × 3,7734 = 2,5294 kJ /( kg K )\n2 2\nTravail (uniquement sur l’isobare 1→1a) :\n𝑊 = 𝑃 𝑚(𝑣 − 𝑣 ) = 1600 × 0,5 × (0,04 − 0,11268)\n1 2 1 𝑠𝑡𝑜𝑝 1\n𝑊 = −58,14 kJ\n1 2\nChaleur (système = NH + acier) :\n𝑄 = 𝑚(𝑢 − 𝑢 ) + 𝑚 𝑐(𝑇 − 𝑇 ) + 𝑊\n1 2 2 1 𝑠𝑡 2 1 1 2\n𝑄 = 0,5(678,6 − 1516,6) + 1 × 0,46(30 − 120) − 58,14 = −419,0 − 41,4 − 58,14\n1 2\n𝑄 = −518,6 kJ\n1 2\nEntropie générée :\n𝑇 𝑄 303,15 518,55\n2 1 2\n𝑆 = 𝑚(𝑠 − 𝑠 ) + 𝑚 𝑐 ln − = 0,5(2,5294 − 5,5018) + 0,46 ln +\n1 2,𝑔𝑒𝑛 2 1 𝑠𝑡\n𝑇 𝑇 393,15 293,15\n1 𝑎𝑚𝑏\n= −1,4862 − 0,1196 + 1,7689\n𝑆 = +0,163 kJ / K\n1 2,𝑔𝑒𝑛\nErreur dans le corrigé du prof\nLe corrigé écrit 518,5/293,15 = 1,6277 , d’où 𝑆 = 0,02186 kJ / K. Or 518,55/293,15 = 1,7689 .\n𝑔𝑒𝑛\nLe bon résultat est 0 , 163 kJ / K. On note aussi deux coquilles : « 0,004−0,11268 » dans la ligne du\ntravail (il faut lire 0,04 ; le résultat −58,14 est juste) et « 𝑇 ∼ 42 ° C » (la table donne 𝑇 (1600) =\n𝑠𝑎𝑡\n41,03 ° C).\nDiagrammes : en 𝑃 - 𝑣 , on suit l’isobare 1→1a puis l’isochore 1a→2 ; en 𝑇 - 𝑠 , la désurchauffe et la\ncondensation à 41 °C, puis la descente à 30 °C dans la zone diphasique.\nPS15 – Thermodynamique physique Corrigé du médian Automne 2009","chap":4,"chaps":[4,2,7]},{"id":"a09-p2-corrige","type":"annale_corrige","annale":"A09","ex":2,"title":"Médian A09 · problème 2 (corrigé)","heading":"Exo 2 (p.2)","file":"a09-corrige.pdf","page":2,"y":0.063,"text":"Problème 2 – Évaporation flash et turbine\nEau comprimée 2 MPa, 180 °C → laminage → chambre à 400 kPa ; vapeur saturée → turbine → 10 kPa,\n𝑥 = 0,9 ; liquide saturé évacué. 𝑊 = 1 ̇ MW .\nÉtat 1 : table B.1.4 : ℎ = 763,71 kJ / kg ; laminage, donc ℎ ′ = ℎ\n1 1 1\nÉtat 2 : vapeur saturée à 400 kPa : ℎ = 2738,53 kJ / kg État 3 : ℎ = 191,81 + 0,9 × 2392,82 =\n2 3\n2345,35 kJ / kg\n1. Titre dans la chambre\n763,71 − 604,73\nℎ = ℎ + 𝑥 ℎ ⇒ 𝑥 =\n1 𝑓 𝑓𝑔\n2133,81\n𝑥 = 0,0745 =̇ 𝑚 /̇𝑚\n2 1\n2. Débits\n𝑤 = ℎ − ℎ = 393,18 kJ / kg\n𝑇 2 3\n1000 𝑚\n𝑚 ̇ = = 2,543 kg / s ; 𝑚 ̇ =̇ = 34,14 kg / s ; 𝑚 ̇ =̇ 𝑚 −̇ 𝑚 = 31,59 kg / s\n2 1 4 1 2\n393,18 𝑥","chap":5,"chaps":[5,2]},{"id":"a09-p3-corrige","type":"annale_corrige","annale":"A09","ex":3,"title":"Médian A09 · problème 3 (corrigé)","heading":"Exo 3 (p.2)","file":"a09-corrige.pdf","page":2,"y":0.447,"text":"Problème 3 – Diffuseur à air\n2 2\nAir GP ( 𝑐 𝑝 = 1,004 ), entrée 100 kPa, 300 K, 200 m/s, 𝐴 𝑒 = 100 mm ; sortie 20 m/s, 𝐴 𝑠 = 860 mm ;\ndiffuseur isolé.\n1. Température de sortie\n2 2 2 2\n𝑉 𝑉 𝑉 − 𝑉\n𝑒 𝑠 𝑒 𝑠\nℎ + = ℎ + ⇒ 𝑐 (𝑇 − 𝑇 ) =\n𝑒 𝑠 𝑝 𝑠 𝑒\n2 2 2\n2 2\n0,5 (200 − 20 )\n𝑇 = 300 +\n𝑠\n1004\n𝑇 = 319,7 K\n𝑠\n2. Débit massique\n−6\n𝑉 𝐴 𝑉 𝐴 𝑃 200 × 100 × 10 × 100\n𝑒 𝑒 𝑒 𝑒 𝑒\n𝑚 = ̇ = =\n𝑣 𝑟𝑇 0,287 × 300̇\n𝑒 𝑒\n𝑚 = 0,0232 kg / s\n3. Pression de sortie\n𝑉 𝐴 𝑃 𝑉 𝐴 𝑃 𝑉 𝐴 𝑇 200 100 319,72\n𝑒 𝑒 𝑒 𝑠 𝑠 𝑠 𝑒 𝑒 𝑠\nConservation du débit : = ⇒ 𝑃 = 𝑃 = 100 × × ×\n𝑠 𝑒\n𝑟𝑇 𝑟𝑇 𝑉 𝐴 𝑇 20 860 300\n𝑒 𝑠 𝑠 𝑠 𝑒\n𝑃 = 123,9 kPa\n𝑠","chap":5,"chaps":[5,4]},{"id":"a10-p1-corrige","type":"annale_corrige","annale":"A10","ex":1,"title":"Médian A10 · problème 1 (corrigé)","heading":"Exo 1 (p.1)","file":"a10-corrige.pdf","page":1,"y":0.216,"text":"Problème I – Centrale à vapeur élémentaire (10 pts)\n𝑚 = 25 ̇ kg / s , 𝑊 ̇ 𝑝 = 300 kW . États : 1 (6100 kPa, 45 °C, ℎ = 194 ) ; 2 (5900 kPa, 175 °C, 744) ; 3 (5700\nkPa, 500 °C, 3426) ; 4 (10 kPa, 𝑥 = 0,92 , 𝑉 4 = 200 m / s ) ; 5 (9 kPa, 40 °C, 168). Tuyaux : 𝐷 = 200 mm\n(3), 𝐷 = 75 mm (5→1).\n1. Vitesse 𝑉 et puissance de la turbine\n𝑣 à 500 °C (table B.1.3) : 5000 kPa : 0,06857 ; 6000 kPa : 0,05665 , d’où 𝑣 = 0,06857−0,7×0,01192 =\n3 3\n0,06023 m / kg\n𝑚 𝑣 25 × 0,06023\n𝑉 =̇ = = 47,9 m / s\n3 2 2\n𝜋𝐷 /4 𝜋 × 0,2 /4\nℎ = ℎ + 𝑥 ℎ = 191,81 + 0,92 × 2392,82 = 2393,2 kJ / kg\n4 𝑓 4 𝑓𝑔\n2 2 2 2\n𝑉 − 𝑉 47,9 − 200\n3 4\n𝑤 = (ℎ − ℎ ) + = (3426 − 2393,2) + = 1032,8 − 18,9 = 1013,9 kJ / kg\n𝑇 3 4\n2 2000\ṅ\n𝑉 = 47,9 m / s ; 𝑊 = 25 × 1013,9 = 25,35 MW ; sans EC : 25 × 1032,8 = 25,82 MW\n3 𝑇\n2. Condenseur et eau du lac\n25 × 0,001008\n𝑉 = = 5,7 m / s, ce qui est négligeable devant 𝑉 .\n5 2 4\n𝜋 × 0,075 /4\n𝑉\n𝑞 = (ℎ −ℎ )− = (168−2393,2)−20 = −2245,2 kJ / kg ⇒̇ 𝑄 = 25×(−2245,2) = −56 130 kW\n𝑐𝑜𝑛𝑑 5 4 𝑐𝑜𝑛𝑑\n56 130\nEau du lac (15→25 °C) : 𝑚 ̇ [ℎ (25) − ℎ (15)] = 56 130 ⇒̇ 𝑚 =\n𝑙𝑎𝑐 𝑓 𝑓 𝑙𝑎𝑐\n104,87 − 62,98̇\n𝑄 = −56,13 MW ; 𝑚 ̇ ≈ 1340 kg / s\n𝑐𝑜𝑛𝑑 𝑙𝑎𝑐\nPoint de vigilance\nSur la copie, la formule de 𝑉 est écrite « 25 × 0,001008 × 4/𝜋(0,075) » : le facteur 4 vient de\n𝐴 = 𝜋𝐷 /4 , ce n’est pas une erreur.\n3. Vitesses 𝑉 , 𝑉 , puissances thermiques et rendement\n1 2\n25 × 0,001010 25 × 0,001121\nMême tuyau de 75 mm : 𝑉 ≈ = 5,7 m / s et 𝑉 ≈ = 6,3 m / s (liquide,\n1 2\n0,004418 0,004418\n𝑣 ≈ 𝑣 (𝑇 ) ).\n𝑓\nCes vitesses sont faibles : on néglige les EC dans l’économiseur. Dans le générateur, on garde 𝑉 :\ṅ\n𝑄 =̇ 𝑚(ℎ − ℎ ) = 25 × (744 − 194) = 13 750 kW\n𝐸 2 1\nPS15 – Thermodynamique physique Corrigé du médian Automne 2010\n2 2\n𝑉 − 𝑉\ṅ 3 2\n𝑄 =̇ 𝑚 (ℎ − ℎ + ) = 25 × (2682 + 1,13) = 67 080 kW\n𝐺 3 2\n𝑊 𝑊 𝑇 −̇ 𝑊 𝑝\n𝑛𝑒𝑡\nRendement thermique (poly §6.3) : 𝜂 =̇ =̇\n𝑡ℎ\ṅ ̇\n𝑄 𝑄 +̇ 𝑄\n𝑓𝑜𝑢𝑟𝑛𝑖 𝐸 𝐺\n25 350 − 300\ṅ ̇\n𝑄 = 13,75 MW ; 𝑄 = 67,08 MW ; 𝜂 = ≈ 0,31\n𝐸 𝐺 𝑡ℎ\n80 830\nIncohérence de l’énoncé\nLa pompe reçoit 300 kW selon l’énoncé, alors que 𝑚(ℎ ̇ − ℎ ) = 25 × 26 = 650 kW (pompe non\n1 5\nadiabatique ?). Le prof utilise 𝑤 = 26 kJ / kg et obtient 𝜂 = 0,30 ; avec 300 kW, on trouve 0,31 .\n𝑝\nLes deux valeurs se défendent : indique sur ta copie laquelle tu prends.","chap":9,"chaps":[9,5,2]},{"id":"a10-p2-corrige","type":"annale_corrige","annale":"A10","ex":2,"title":"Médian A10 · problème 2 (corrigé)","heading":"Exo 2 (p.2)","file":"a10-corrige.pdf","page":2,"y":0.298,"text":"Problème II – Réservoir de méthane et réchauffeur (6 pts)\nRéservoir 2 m³ : 80 % (en volume) de liquide saturé, 20 % de vapeur saturée à 158,52 K et 1500 kPa. On\nextrait de la vapeur saturée, chauffée à 1500 kPa jusqu’à 350 K, jusqu’à disparition du liquide.\nPropriétés à 158,52 K (table B.7.1 interpolée entre 155 et 160 K, et table B.7.2 « Sat. » à 1500\n3,52\n3 3\nkPa) : 𝑣 = 0,002877 + (0,002974 − 0,002877) = 0,002945 m / kg ; 𝑣 = 0,04196 m / kg ; 𝑢 =\n𝑓 𝑔 𝑓\n−126,82 + 0,704 × 20,47 = −112,41 kJ / kg ; 𝑢 = 207,53 ; ℎ = 270,47 kJ / kg\n𝑔 𝑔\n1. Masse extraite\n0,8 × 2 0,2 × 2\n𝑚 = = 543,3 kg , 𝑚 = = 9,53 kg , 𝑚 = 552,8 kg\n𝑙𝑖𝑞 𝑣𝑎𝑝 1\n0,002945 0,04196\nÉtat final, vapeur saturée seule : 𝑚 = 2/0,04196 = 47,66 kg\n𝑚 = 𝑚 − 𝑚 = 505,1 kg\n𝑒𝑥 1 2\n2. Chaleur transmise au réchauffeur\nERP, à pression constante : 𝑄 = 𝑚 (ℎ −ℎ ) , avec ℎ = ℎ = 270,47 et ℎ = ℎ(1500 kPa , 350 K ) =\n𝑟𝑒𝑐ℎ 𝑒𝑥 𝑠 𝑒 𝑒 𝑔 𝑠\n732,26 kJ / kg\n𝑄 = 505,1 × (732,26 − 270,47) = 233,3 × 10 kJ\n𝑟𝑒𝑐ℎ\n3. Chaleur transmise au réservoir\nVC non permanent uniforme (seule de la vapeur saturée sort, ℎ constant) :\n𝑒\n𝑄 = (𝑈 − 𝑈 ) + 𝑚 ℎ , 𝑈 = 𝑚 𝑢 + 𝑚 𝑢 , 𝑈 = 𝑚 𝑢\n𝑅 2 1 𝑒𝑥 𝑒 1 𝑙𝑖𝑞 𝑓 𝑣𝑎𝑝 𝑔 2 2 𝑔\n𝑈 = 543,3 × (−112,41) + 9,53 × 207,53 = −59 090 kJ , 𝑈 = 47,66 × 207,53 = 9 890 kJ\n1 2\n𝑄 = 9 890 + 59 090 + 505,1 × 270,47\n𝑅\n𝑄 ≈ 205,6 × 10 kJ\n𝑅\n(Le corrigé manuscrit pose la formule sans faire l’application numérique.)\nPS15 – Thermodynamique physique Corrigé du médian Automne 2010","chap":5,"chaps":[5,2,3]},{"id":"a10-p3-corrige","type":"annale_corrige","annale":"A10","ex":3,"title":"Médian A10 · problème 3 (corrigé)","heading":"Exo 3 (p.3)","file":"a10-corrige.pdf","page":3,"y":0.063,"text":"Problème III – Cycle de Carnot à air (4 pts)\n𝑇 400\n𝐹\n𝜂 = 1 − = 1 − = 0,667\n𝑡ℎ\n𝑇 1200\n𝐶\n𝑉 |𝑞 | 𝑇\n2 𝐹 𝐹\nIsotherme (GP) : Δ𝑈 = 0 , donc 𝑞 = 𝑤 = 𝑟𝑇 ln = 0,287 × 1200 × ln 3 ; = ⇒ |𝑞 | =\n𝐶 𝐶 𝐹\n𝑉 |𝑞 | 𝑇\n1 𝐶 𝐶\n|𝑞 |(1 − 𝜂 )\n𝐶 𝑡ℎ\n𝜂 = 66,7 % ; 𝑞 = 378,4 kJ / kg ; 𝑞 = −126,1 kJ / kg\n𝑡ℎ 𝐶 𝐹","chap":9,"chaps":[9,6,4]},{"id":"a12-p1-corrige","type":"annale_corrige","annale":"A12","ex":1,"title":"Médian A12 · problème 1 (corrigé)","heading":"Exo 1 (p.1)","file":"a12-corrige.pdf","page":1,"y":0.216,"text":"Problème 1 – Réservoir chauffé avec soupape de sûreté\nRéservoir 200 L, eau à 100 kPa, 𝑥 = 1 % . Source à 250 °C. À 2 MPa, la soupape laisse sortir de la vapeur\nsaturée à 2 MPa, laminée jusqu’à 100 kPa (pression ambiante). Arrêt à 𝑥 = 90 % .\nVolume de contrôle : intérieur du réservoir, évolution non permanente mais uniforme (poly §5.6).\nIl sort uniquement de la vapeur saturée à 2 MPa.\nÉtat 1 : 100 kPa, 𝑥 = 0,01 (table B.1.2)\n𝑣 = 0,001043 + 0,01 × 1,69296 = 0,017973 m / kg 𝑚 = 0,2/0,017973 = 11,128 kg\n1 1\n𝑢 = 417,33 + 0,01 × 2088,72 = 438,22 kJ / kg 𝑠 = 1,3025 + 0,01 × 6,0568 = 1,3631 kJ /( kg K )\n1 1\nÉtat 2 : 2 MPa, 𝑥 = 0,9 (table B.1.2)\n𝑣 = 0,001177 + 0,9 × 0,09845 = 0,089782 m / kg 𝑚 = 0,2/0,089782 = 2,228 kg\n2 2\n𝑢 = 906,42 + 0,9 × 1693,84 = 2430,88 kJ / kg 𝑠 = 2,4473 + 0,9 × 3,8935 = 5,9515 kJ /( kg K )\n2 2\nSortie (soupape) : vapeur saturée à 2 MPa, ℎ = ℎ = 2799,51 kJ / kg.\n𝑒 𝑔\n1. Masse échappée\n𝑚 = 𝑚 − 𝑚 = 11,128 − 2,228\n𝑒 1 2\n𝑚 = 8,90 kg ≈ 8,9 kg (c’est bien la valeur annoncée)\n𝑒\n2. Chaleur fournie par la source\ner\n1 principe pour le VC (pas de travail, EC et EP négligées) :\n𝑄 = 𝑚 𝑢 − 𝑚 𝑢 + 𝑚 ℎ = 2,228 × 2430,88 − 11,128 × 438,22 + 8,90 × 2799,51\n2 2 1 1 𝑒 𝑒\n𝑄 ≈ 25 455 kJ ≈ 25,5 MJ\n3. Variations d’entropie et second principe\nRéservoir (contenu) :\nΔ𝑆 = 𝑚 𝑠 − 𝑚 𝑠 = 2,228 × 5,9515 − 11,128 × 1,3631 = 13,26 − 15,17\n𝑟𝑒𝑠 2 2 1 1\nΔ𝑆 = −1,91 kJ / K\n𝑟𝑒𝑠\nMilieu ambiant : deux contributions.\n𝑄 25 455\n• La source à 𝑇 = 250 ° C = 523,15 K cède 𝑄 : Δ𝑆 = − = − = −48,66 kJ / K.\n𝑆 𝑠𝑜𝑢𝑟𝑐𝑒\n𝑇 523,15\n𝑆\nPS15 – Thermodynamique physique Corrigé du médian Automne 2012\n• La vapeur échappée arrive dans l’ambiance à 100 kPa après laminage ( ℎ = cte) : ℎ = 2799,51 kJ / kg\nà 100 kPa, donc vapeur surchauffée entre 150 et 200 °C (table B.1.3) :\n2799,51 − 2776,38\n= 0,234 ⇒ 𝑇 ≈ 161,7 ° C\n2875,27 − 2776,38\n𝑠 = 7,6133 + 0,234 × (7,8342 − 7,6133) = 7,665 kJ /( kg K )\n𝑒\nΔ𝑆 = 𝑚 𝑠 = 8,90 × 7,665 = 68,22 kJ / K.\n𝑣𝑎𝑝𝑒𝑢𝑟 𝑒 𝑒\nΔ𝑆 = −48,66 + 68,22 = +19,56 kJ / K\n𝑚𝑖𝑙𝑖𝑒𝑢\nBilan (univers) : Δ𝑆 = Δ𝑆 + Δ𝑆 = −1,91 + 19,56 = +17,65 kJ / K > 0 .\n𝑡𝑜𝑡 𝑟𝑒𝑠 𝑚𝑖𝑙𝑖𝑒𝑢\nL’évolution crée de l’entropie (poly §7.7) : elle est irréversible et conforme au second principe .\nLes causes d’irréversibilité sont le transfert de chaleur sous un écart de température fini (source à\n250 °C, eau à 100–212 °C) et le laminage dans la soupape.\nRemarque sur l’interprétation\n𝑄\nOn peut aussi écrire le bilan entropique du VC : Δ𝑆 = − 𝑚 𝑠 + 𝑆 avec 𝑠 =\n𝑟𝑒𝑠 𝑒 𝑒,2 𝑀𝑃 𝑎 𝑔𝑒𝑛 𝑒\n𝑇\n𝑆\n𝑠 (2 MPa ) = 6,3408 . On trouve 𝑆 = −1,91 − 48,66 + 8,90 × 6,3408 = 5,87 kJ / K > 0 .\n𝑔 𝑔𝑒𝑛,𝑉 𝐶\nLa différence avec 17,65 correspond à l’entropie créée par le laminage 8,90 × (7,665 − 6,341) =\n11,78 kJ / K. Les deux approches sont cohérentes.","chap":8,"chaps":[8,2,5]},{"id":"a12-p2-corrige","type":"annale_corrige","annale":"A12","ex":2,"title":"Médian A12 · problème 2 (corrigé)","heading":"Exo 2 (p.2)","file":"a12-corrige.pdf","page":2,"y":0.426,"text":"Problème 2 – Turbine à soutirage\nEntrée (1) : 5 m³/s, 3 MPa, 400 °C. Soutirage (2) : 600 kPa, 200 °C, 15 % du débit d’entrée. Sortie (3) :\n20 kPa, 𝑥 3 = 0,9 , 𝑉 3 = 100 m / s . 𝑉 1 et 𝑉 2 négligeables.\nHypothèses : régime permanent, turbine adiabatique (aucune chaleur n’est indiquée), EP négligées.\nÉtat 1 : 3 MPa, 400 °C, vapeur surchauffée (table B.1.3) : 𝑣 = 0,09936 m / kg, ℎ = 3230,82 kJ / kg\n1 1\nÉtat 2 : 600 kPa, 200 °C, surchauffée (table B.1.3) : 𝑣 = 0,35202 m / kg, ℎ = 2850,12 kJ / kg\n2 2\nÉtat 3 : 20 kPa, 𝑥 = 0,9 (table B.1.2) : 𝑣 = 0,001017 + 0,9 × 7,64835 = 6,8845 m / kg, ℎ =\n3 3 3\n251,38 + 0,9 × 2358,33 = 2373,88 kJ / kg\nDébits massiques :\n𝑉 5\n𝑚 ̇ =̇ = = 50,32 kg / s ,̇ 𝑚 = 0,15̇ 𝑚 = 7,548 kg / s ,̇ 𝑚 =̇ 𝑚 −̇ 𝑚 = 42,77 kg / s\n1 2 1 3 1 2\n𝑣 0,09936\n1. Débit volumique du soutirage\ṅ\n𝑉 =̇ 𝑚 𝑣 = 7,548 × 0,35202̇\n2 2 2\n𝑉 = 2,66 m / s\n2. Diamètre de la tubulure de sortie\n𝑉 294,5\ṅ 3 3 2\n𝑉 =̇ 𝑚 𝑣 = 42,77 × 6,8845 = 294,5 m / s , 𝐴 =̇ = = 2,945 m\n3 3 3 3\n𝑉 100\n4𝐴\n𝐷 = √\n𝜋\n𝐷 ≈ 1,94 m\nPS15 – Thermodynamique physique Corrigé du médian Automne 2012\n3. Puissance de la turbine\ner ̇\n1 principe en ERP (poly §5.4), 𝑄 = 0 :\n𝑉\ṅ 3\n𝑊 =̇ 𝑚 ℎ −̇ 𝑚 ℎ −̇ 𝑚 (ℎ + )̇\n1 1 2 2 3 3\n𝑊 = 50,32 × 3230,82 − 7,548 × 2850,12 − 42,77 × (2373,88 + )̇\n2 × 1000\n𝑊 ≈ 39 300 kW ≈ 39,3 MW\n(Le terme cinétique ne vaut que 5 kJ / kg : si on le néglige, on trouve 39,5 MW.)","chap":5,"chaps":[5,2,3]},{"id":"a12-p3-corrige","type":"annale_corrige","annale":"A12","ex":3,"title":"Médian A12 · problème 3 (corrigé)","heading":"Exo 3 (p.3)","file":"a12-corrige.pdf","page":3,"y":0.28,"text":"Problème 3 – Détentes de l’air dans un cylindre\nAir GP, 𝑇 1 = 293 K , 𝑉 1 = 2 L , 𝑃 1 = 20 bar ; 𝑐 𝑣0 = 0,717 , 𝑐 𝑝0 = 1,004 kJ /( kg K ) , 𝛾 = 1,4 ; 𝑃 0 = 1 bar .\n𝑃 𝑉 2000 × 0,002\n1 1\n𝑟 = 𝑐 − 𝑐 = 0,287 kJ /( kg K ) 𝑚 = = 𝑚 = 0,04757 kg\n𝑝0 𝑣0\n𝑟𝑇 0,287 × 293\n1. Détente isotherme quasi-statique jusqu’à 1 bar\n𝑃\n1 3\n• Volume final : 𝑃 𝑉 = 𝑃 𝑉 ⇒ 𝑉 = 𝑉 = 2 × 20 = 40 L = 0,04 m\n1 1 2 2 2 1\n𝑃\n𝑉\n• Travail : 𝑊 = ∫ 𝑃 𝑑𝑉 = 𝑃 𝑉 ln = 2000 × 0,002 × ln 20 = 11,98 kJ\n1 2 1 1\n𝑉\n𝑃\n• Entropie : Δ𝑆 = 𝑚 𝑟 ln = 0,04757 × 0,287 × ln 20 = 0,0409 kJ / K\n𝑃\n• Chaleur : Δ𝑈 = 0 (GP isotherme) ⇒ 𝑄 = 𝑊 = 11,98 kJ ; on vérifie que 𝑄 = 𝑇 Δ𝑆 =\n1 2 1 2\n293 × 0,0409 = 11,98 kJ.\n𝑉 = 40 L ; 𝑊 = +11,98 kJ ; Δ𝑆 = +0,0409 kJ / K ; 𝑄 = +11,98 kJ , reçue par l’air depuis\n2 1 - 2 1 - 2\nl’extérieur\n2. Détente adiabatique réversible (Laplace, 𝛾 = 1,4 )\nRelations de Laplace (poly §7.10) :\n𝛾−1\n1/𝛾\n𝛾 0,2857\n𝑃 1 𝑃\n2 1 0,714\n𝑇 = 𝑇 ( ) = 293 × ( ) = 124,5 K 𝑉 = 𝑉 ( ) = 2 × 20 = 17,0 L\n2 1 2 1\n𝑃 20 𝑃\n1 2\n𝑊 = −Δ𝑈 = 𝑚 𝑐 (𝑇 − 𝑇 ) = 0,04757 × 0,717 × (293 − 124,5)\n1 2 𝑣0 1 2\n𝑇 = 124,5 K ; 𝑉 = 0,0170 m ; 𝑊 = 5,75 kJ\n2 2 1 - 2\n3. Détente brutale (goupille retirée) contre 𝑃 = 1 bar, adiabatique\nLa pression extérieure est constante ( 𝑃 ) ; le travail fourni par l’air vaut 𝑊 = 𝑃 (𝑉 − 𝑉 ) (poly\n0 1 2 0 2 1\n§3.2).\n𝑚𝑟𝑇 𝑚𝑟𝑇\ner 2 1\n1 principe ( 𝑄 = 0 ) : 𝑚 𝑐 (𝑇 − 𝑇 ) = −𝑃 (𝑉 − 𝑉 ) avec 𝑉 = et 𝑉 = :\n𝑣0 2 1 0 2 1 2 1\n𝑃 𝑃\n0 1\n𝑃 𝑐 + 𝑟 𝑃 /𝑃 0,717 + 0,287/20\n0 𝑣0 0 1\n𝑐 (𝑇 − 𝑇 ) = −𝑟𝑇 + 𝑟𝑇 ⇒ 𝑇 = 𝑇 = 293 ×\n𝑣0 2 1 2 1 2 1\n𝑃 𝑐 1,004\n1 𝑝0\nPS15 – Thermodynamique physique Corrigé du médian Automne 2012\n• 𝑇 = 213,4 K\n𝑚𝑟𝑇 0,04757 × 0,287 × 213,4\n2 3\n• 𝑉 = = = 0,02914 m = 29,1 L\n𝑃 100\n• 𝑊 = 𝑃 (𝑉 − 𝑉 ) = 100 × (0,02914 − 0,002) = 2,71 kJ (on vérifie que = −Δ𝑈 )\n1 2 0 2 1\n𝑇 𝑃 213,4\n2 2\n• Δ𝑆 = 𝑚 (𝑐 ln − 𝑟 ln ) = 0,04757 (1,004 ln + 0,287 ln 20) = 0,0258 kJ / K\n𝑝0\n𝑇 𝑃 293\n1 1\n𝛿𝑄 𝛿𝑊\n𝑟𝑒𝑒𝑙 𝑃\nTravail dégradé (poly §7.6) : 𝛿𝑊 = 𝛿𝑊 − 𝛿𝑊 = 𝛿𝑄 − 𝛿𝑄 et 𝑑𝑆 = + . Ici\n𝑃 𝑟𝑒𝑣 𝑟𝑒𝑒𝑙 𝑟𝑒𝑣 𝑟𝑒𝑒𝑙\n𝑇 𝑇\n𝑄 = 0 , donc 𝑑𝑆 = 𝛿𝑊 /𝑇 et 𝑊 = ∫ 𝑇 𝑑𝑆 , calculé sur un chemin réversible qui relie les mêmes\n𝑟𝑒𝑒𝑙 𝑃 𝑃 1\nétats 1 et 2.\nln (𝑃 /𝑃 ) ln 20\n1 2\nEntre 1 et 2, un tel chemin est la polytropique réversible : 𝑛 = = = 1,118\nln (𝑉 /𝑉 ) ln 14,57\n2 1\n𝑃 𝑉 − 𝑃 𝑉 4,000 − 2,914\n1 1 2 2\n𝑊 = = = 9,18 kJ ⇒ 𝑊 = 𝑊 − 𝑊 = 9,18 − 2,71\n𝑟𝑒𝑣 𝑃 𝑟𝑒𝑣 𝑟𝑒𝑒𝑙\n𝑛 − 1 0,118\n𝑇 = 213,4 K ; 𝑉 = 29,1 L ; 𝑊 = 2,71 kJ ; Δ𝑆 = +0,0258 kJ / K ; 𝑊 ≈ 6,5 kJ\n2 2 1 - 2 𝑃\n𝑇 − 𝑇\n1 2\nVérification : 𝑊 = ∫ 𝑇 𝑑𝑆 ≈ 𝑇 Δ𝑆 avec 𝑇 = = 251 K, soit 251 × 0,0258 = 6,5 kJ.\n𝑃 𝑚𝑙 𝑚𝑙\nln (𝑇 /𝑇 )\n1 2\nΔ𝑆 > 0 alors que l’évolution est adiabatique : c’est la signature de l’irréversibilité.\nPoint de vigilance\nLa notion de travail dégradé du poly suppose de comparer à un chemin réversible entre les\nmêmes états . Certains corrigés comparent plutôt au travail adiabatique réversible de la question\n2 ( 5,75 − 2,71 = 3,04 kJ), mais l’état final n’est alors pas le même. Je retiens la définition du poly.\n4. Adiabatique réversible avec 𝑐 (𝑇 ) variable (table A.7.1)\n𝑝\n𝑃\n0 0 2\nMéthode (poly §7.11, identique au corrigé du prof A2008 Pb IV) : 𝑠 = cte ⇒ 𝑠 = 𝑠 + 𝑟 ln ,\n𝑇 2 𝑇 1\n𝑃\non lit 𝑇 et 𝑢 dans la table, puis 𝑊 = 𝑚(𝑢 − 𝑢 ) .\n2 2 1 2\n𝑇 = 293 K : interpolation entre 290 et 300 K : 𝑠 = 6,83521 + 0,3 × (6,86926 − 6,83521) =\n1 𝑇 1\n6,8454 kJ /( kg K ) , 𝑢 = 207,19 + 0,3 × 7,17 = 209,34 kJ / kg\n𝑠 = 6,8454 + 0,287 ln = 6,8454 − 0,8598 = 5,9857 kJ /( kg K )\n𝑇 2\nLimite de la table\nLa table A.7.1 commence à 200 K ( 𝑠 = 6,46260 ). Or 5,9857 < 6,46260 : 𝑇 est en dessous de la\nplage de la table . On prolonge avec 𝑐 ≈ 1,003 kJ /( kg K ) (quasi constant à basse température) :\n𝑝0\n5,9857 − 6,4626\n𝑇 = 200 exp ( ) = 124,3 K, 𝑢 ≈ 142,77 − 0,716 × (200 − 124,3) = 88,6 kJ / kg.\n2 2\n1,003\n𝑇 ≈ 124 K ; 𝑊 = 𝑚(𝑢 − 𝑢 ) = 0,04757 × (209,34 − 88,6) ≈ 5,74 kJ ( ≈ question 2 : 𝑐\n2 1 - 2 1 2 𝑝\nvarie très peu dans cette plage)","chap":4,"chaps":[4,3,7]},{"id":"a13-p1-corrige","type":"annale_corrige","annale":"A13","ex":1,"title":"Médian A13 · problème 1 (corrigé)","heading":"Exo 1 (p.1)","file":"a13-corrige.pdf","page":1,"y":0.232,"text":"Problème 1 – Turbine calorifugée\n𝑚 = 2 ̇ kg / s ; entrée 1000 kPa, 350 °C, 15 m/s ; sortie 100 kPa, 150 °C, 𝑉 ≈ 0 ; même niveau.\nHypothèses : régime permanent, 𝑞 = 0 (calorifugée), Δ𝐸𝑃 = 0 .\nÉtat e : 1000 kPa, 350 °C : 𝑇 > 𝑇 (1 MPa ) = 179,91 ° C, vapeur surchauffée (table B.1.3) :\n𝑠𝑎𝑡\nℎ = 3157,65 kJ / kg\n𝑒\nÉtat s : 100 kPa, 150 °C : 𝑇 > 99,62 ° C, vapeur surchauffée (table B.1.3) : ℎ = 2776,38 kJ / kg\n𝑠\n2 2\n𝑉 𝑉\ner 𝑒 𝑠\n1 principe en ERP (poly §5.4) : 𝑞 + ℎ + = ℎ + + 𝑤\n𝑒 𝑠\n2 2\n2 2\n𝑉 15\n𝑒\n𝑤 = ℎ − ℎ + = 3157,65 − 2776,38 + = 381,27 + 0,11\n𝑒 𝑠\n2 2 × 1000\ṅ\n𝑤 = 381,4 kJ / kg 𝑊 =̇ 𝑚 𝑤 = 2 × 381,4 = 762,8 kW\n𝑇 𝑇 𝑇\n(Le terme cinétique, 0,11 kJ / kg, est négligeable devant Δℎ .)","chap":5,"chaps":[5]},{"id":"a13-p2-corrige","type":"annale_corrige","annale":"A13","ex":2,"title":"Médian A13 · problème 2 (corrigé)","heading":"Exo 2 (p.1)","file":"a13-corrige.pdf","page":1,"y":0.536,"text":"Problème 2 – Détente brutale de l’azote\nN 2 GP, 𝑉 1 = 1 L , 𝑃 1 = 20 bar , 𝑇 1 = 290 K ; détente brutale adiabatique contre 𝑃 0 = 1 bar ; 𝑐 𝑣0 = 0,745 ,\n𝑐 𝑝0 = 1,042 kJ /( kg K ) .\nMayer (poly §4.5) : 𝑟 = 𝑐 − 𝑐 = 0,297 kJ /( kg K ) (on retrouve bien 8,314/28 = 0,297 ) ; 𝛾 =\n𝑝0 𝑣0\n𝑐 /𝑐 = 1,399 .\n𝑝0 𝑣0\n1. Masse d’azote\n𝑃 𝑉 2000 × 0,001\n1 1\n𝑚 = =\n𝑟𝑇 0,297 × 290\n𝑚 = 0,02322 kg = 23,2 g\n2. Expressions de 𝑈 − 𝑈 et de 𝑊\n2 1 1 2\n𝑐\n𝑣0\n𝑈 − 𝑈 = 𝑚 𝑐 (𝑇 − 𝑇 ) = (𝑃 𝑉 − 𝑃 𝑉 )\n2 1 𝑣0 2 1 2 2 1 1\n𝑟\nLa pression extérieure est constante et vaut 𝑃 = 𝑃 (détente non quasi-statique, poly §3.2) :\n0 2\n𝑊 = ∫ 𝑃 𝑑𝑉 = 𝑃 (𝑉 − 𝑉 )\n1 2 𝑒𝑥𝑡 2 2 1\nPS15 – Thermodynamique physique Corrigé du médian Automne 2013\n3. Premier principe, 𝑇 et 𝑉\n2 2\nAdiabatique : 𝑈 − 𝑈 = − 𝑊 ⇒ 𝑚 𝑐 (𝑇 − 𝑇 ) = −𝑃 (𝑉 − 𝑉 ) .\n2 1 1 2 𝑣0 2 1 2 2 1\nAvec 𝑉 = 𝑚𝑟𝑇 /𝑃 et 𝑉 = 𝑚𝑟𝑇 /𝑃 :\n2 2 2 1 1 1\n𝑃 𝑐 + 𝑟 𝑃 /𝑃 0,745 + 0,297/20\n2 𝑣0 2 1\n𝑐 (𝑇 − 𝑇 ) = −𝑟𝑇 + 𝑟𝑇 ⇒ 𝑇 = 𝑇 = 290 ×\n𝑣0 2 1 2 1 2 1\n𝑃 𝑐 1,042\n1 𝑝0\n𝑚𝑟𝑇 0,02322 × 0,297 × 211,5\n𝑉 = =\n𝑃 100\n𝑇 = 211,5 K ; 𝑉 = 0,01458 m = 14,6 L ; 𝑊 = 100 × (0,01458 − 0,001) = 1,36 kJ =\n2 2 1 2\n−(𝑈 − 𝑈 )\n2 1\n4. Variation d’entropie\nPour un GP à chaleurs massiques constantes (poly §7.9) :\n𝑇 𝑃 211,5 1\n2 2\n𝑆 −𝑆 = 𝑚 (𝑐 ln − 𝑟 ln ) = 0,02322 (1,042 ln − 0,297 ln ) = 0,02322 (−0,3289+0,8897)\n2 1 𝑝0\n𝑇 𝑃 290 20\n1 1\n𝑆 − 𝑆 = +0,0130 kJ / K = 13,0 J / K\n2 1\nLe cylindre étant calorifugé, il n’y a pas d’échange de chaleur avec l’ambiance : Δ𝑆 = 0 , donc\n𝑚𝑖𝑙𝑖𝑒𝑢\nΔ𝑆 = Δ𝑆 + Δ𝑆 = +0,0130 kJ / K > 0\n𝑛𝑒𝑡 𝑎𝑧𝑜𝑡𝑒 𝑚𝑖𝑙𝑖𝑒𝑢\nConclusion : l’entropie de l’univers augmente alors qu’il n’y a aucun échange de chaleur. La détente\nbrutale est irréversible : le travail dégradé (poly §7.6) a créé de l’entropie.\n5. Détente quasi-statique (adiabatique réversible)\n𝛾 − 1 𝑟\nRelations de Laplace (poly §7.10), = = 0,285 :\n𝛾 𝑐\n𝑝0\n𝑟/𝑐 𝑝0 0,285 1/𝛾\n𝑃 1 𝑃\n2 1 1/1,399\n𝑇 = 𝑇 ( ) = 290 × ( ) 𝑉 = 𝑉 ( ) = 1 × 20\n2 1 2 1\n𝑃 20 𝑃\n1 2\n𝑊 = 𝑚 𝑐 (𝑇 − 𝑇 ) = 0,02322 × 0,745 × (290 − 123,5)\n1 2 𝑣0 1 2\n𝑇 = 123,5 K ; 𝑉 = 8,52 L ; 𝑊 = 2,88 kJ\n2 2 1 2\nComparaison : le travail réversible ( 2,88 kJ) est plus de deux fois supérieur au travail de la détente\nbrutale ( 1,36 kJ), et le gaz est beaucoup plus refroidi. En détente brutale, une partie du travail est\ndégradée.","chap":4,"chaps":[4,3,7]},{"id":"a13-p3-corrige","type":"annale_corrige","annale":"A13","ex":3,"title":"Médian A13 · problème 3 (corrigé)","heading":"Exo 3 (p.2)","file":"a13-corrige.pdf","page":2,"y":0.758,"text":"Problème 3 – Refroidissement de l’ammoniac dans un cylindre/piston\navec butées\n1 kg d’acier ( 𝑐 = 0,46 kJ /( kg K ) ) + 0,5 kg NH 3 à 1600 kPa et 120 °C ; butées : 𝑉 𝑚𝑖𝑛 = 0,02 m ;\nrefroidissement jusqu’à 30 °C vers l’ambiance à 20 °C ; acier et NH 3 toujours à la même température.\nÉtat 1 : 1600 kPa, 120 °C ; 𝑇 (1600) = 41,03 ° C < 120 ° C, donc vapeur surchauffée (table B.2.2) :\n𝑠𝑎𝑡\n𝑣 = 0,11268 m / kg, 𝑢 = 1516,6 kJ / kg, 𝑠 = 5,5018 kJ /( kg K ) ; 𝑉 = 𝑚 𝑣 = 0,5 × 0,11268 =\n1 1 1 1 1\n0,05634 m .\nPS15 – Thermodynamique physique Corrigé du médian Automne 2013\nLe piston touche les butées (état 1a) : tant que le piston est libre, 𝑃 = 1600 kPa (isobare). Il\natteint les butées quand 𝑣 = 0,02/0,5 = 0,04 m / kg. À 1600 kPa, 𝑣 = 0,08079 > 0,04 : on est alors\n𝑔\ndans la zone diphasique, à la température de saturation.\n′\n1. État final, chemin suivi et température 𝑇\n′\n𝑇 = 𝑇 (1600 kPa ) = 41,03 ° C (≈ 41 ° C )\n𝑠𝑎𝑡\n′ 3\nÉtat 2 : 30 °C < 𝑇 : le refroidissement continue à volume constant, 𝑣 = 0,04 m / kg (table B.2.1,\n30 °C) :\n𝑣 − 𝑣 0,04 − 0,001680\n2 𝑓\n𝑥 = = = 0,3522\n𝑣 0,10881\n𝑓𝑔\n𝑃 = 𝑃 (30 ° C ) = 1167,0 kPa\n2 𝑠𝑎𝑡\n𝑢 = 𝑢 + 𝑥 𝑢 = 320,46 + 0,3522 × 1016,9 = 678,6 kJ / kg\n2 𝑓 2 𝑓𝑔\n𝑠 = 𝑠 + 𝑥 𝑠 = 1,2005 + 0,3522 × 3,7734 = 2,5294 kJ /( kg K )\n2 𝑓 2 𝑓𝑔\n𝑃 = 1167 kPa ; 𝑥 = 0,352 ; 𝑢 = 678,6 kJ / kg ; 𝑠 = 2,529 kJ /( kg K )\n2 2 2 2\n𝑃\n1a 1 (120 °C)\n1600\n1167 2 (30 °C)\n𝑣\n𝑣 = 0,04\nChemin : isobare 1→1a (désurchauffe puis condensation partielle) jusqu’aux butées, puis isochore 1a→2.\n2. Travail fourni par l’ammoniac\nLe travail n’existe que sur l’isobare 1→1a (sur l’isochore, 𝑑𝑉 = 0 ) :\n𝑊 = 𝑃 𝑚 (𝑣 − 𝑣 ) = 1600 × 0,5 × (0,04 − 0,11268)\n1 2 1 1𝑎 1\n𝑊 = −58,14 kJ (l’ammoniac reçoit du travail du piston)\n1 2\n3. Chaleurs cédées par l’acier et par l’ammoniac\nAcier : 𝑄 = 𝑚 𝑐 (𝑇 − 𝑇 ) = 1 × 0,46 × (30 − 120) = −41,4 kJ\n𝑎𝑐𝑖𝑒𝑟 𝑎𝑐 2 1\nNH : 𝑄 = 𝑚(𝑢 − 𝑢 ) + 𝑊 = 0,5 × (678,6 − 1516,6) − 58,14 = −419,0 − 58,14 = −477,2 kJ\n3 𝑁𝐻 3 2 1 1 2\nCédé par l’acier : 41,4 kJ ; cédé par l’ammoniac : 477,2 kJ ; total cédé à l’ambiance :\n|𝑄| = 518,6 kJ\nPS15 – Thermodynamique physique Corrigé du médian Automne 2013\n4. Entropie générée\nSystème = acier + NH ; l’ambiance reçoit |𝑄| à 𝑇 = 293,15 K :\n3 0\n𝑇 𝑄 303,15 518,55\nΔ𝑆 = 𝑚(𝑠 − 𝑠 ) + 𝑚 𝑐 ln − = 0,5 (2,5294 − 5,5018) + 0,46 ln +\n𝑛𝑒𝑡 2 1 𝑎𝑐\n𝑇 𝑇 393,15 293,15\n1 0\nΔ𝑆 = −1,4862 − 0,1196 + 1,7689\n𝑛𝑒𝑡\nΔ𝑆 = +0,163 kJ / K > 0\n𝑛𝑒𝑡\nConclusion : l’évolution est irréversible (transfert de chaleur sous un écart de température fini entre\nle système, à 120 puis 30 °C, et l’ambiance à 20 °C). Elle est conforme au second principe.\nErreur dans le corrigé A2009 du prof\nLe corrigé manuscrit écrit 518,5/293,15 = 1,6277 et obtient 0,02186 kJ / K. Or 518,55/293,15 =\n1,7689 , donc le bon résultat est 𝑆 = 0,163 kJ / K. Le corrigé indique aussi « 𝑇 ∼ 42 ° C » pour\n𝑔𝑒𝑛\nles butées : la table B.2.2 donne 𝑇 (1600 kPa ) = 41,03 ° C.\n𝑠𝑎𝑡","chap":4,"chaps":[4,1,3]},{"id":"a16-p1-corrige","type":"annale_corrige","annale":"A16","ex":1,"title":"Médian A16 · exo 1 (corrigé)","heading":"Exo 1 (p.1)","file":"a16-corrige.pdf","page":1,"y":0.255,"text":"Exercice 1 – Compression polytropique de l’air (5 pts)\n𝑛\nAir (GP), 100 L à 110 kPa et 25 °C, compression polytropique réversible 𝑃 𝑣 = cte jusqu’à 800 kPa et\n200 °C.\nÉtat 1 : 𝑃 = 110 kPa, 𝑇 = 298,15 K, 𝑉 = 0,1 m État 2 : 𝑃 = 800 kPa, 𝑇 = 473,15 K\n1 1 1 2 2\n1. Coefficient polytropique 𝑛\n𝑛\nPour un gaz parfait, 𝑃 𝑣 = cte et 𝑃 𝑣 = 𝑟𝑇 donnent (poly §3.3) :\n𝑛−1\n𝑛\n𝑇 𝑃 𝑛 − 1 ln (𝑇 /𝑇 ) ln (473,15/298,15) 0,4618\n2 2 2 1\n= ( ) ⇒ = = = = 0,2328\n𝑇 𝑃 𝑛 ln (𝑃 /𝑃 ) ln (800/110) 1,9841\n1 1 2 1\n𝑛 = = 1,303\n1 − 0,2328\n2. Volume final\n1/𝑛 1/1,303\n𝑃 110\n𝑉 = 𝑉 ( ) = 0,1 × ( )\n2 1\n𝑃 800\n𝑉 = 0,0218 m = 21,8 L\n𝑃 𝑇 110 × 473,15\n1 2 3\n(Vérification : 𝑉 = 𝑉 = 0,1 × = 0,0218 m .)\n2 1\n𝑃 𝑇 800 × 298,15\n2 1\n3. Travail de compression\nTransformation quasi-statique : 𝑊 = ∫ 𝑃 𝑑𝑉 , et pour une polytropique (poly éq. 3.6–3.7) :\n1 2 1\n𝑃 𝑉 − 𝑃 𝑉 800 × 0,02182 − 110 × 0,1 17,46 − 11,00\n2 2 1 1\n𝑊 = = =\n1 2\n1 − 𝑛 1 − 1,303 −0,303\n𝑊 = −21,3 kJ (négatif : travail reçu par l’air)\n1 2\n4. Chaleur échangée\n𝑃 𝑉 110 × 0,1\n1 1\nMasse d’air : 𝑚 = = = 0,1286 kg.\n𝑟𝑇 0,287 × 298,15\nPremier principe, système fermé : 𝑄 = 𝑚(𝑢 − 𝑢 ) + 𝑊 = 𝑚 𝑐 (𝑇 − 𝑇 ) + 𝑊\n1 2 2 1 1 2 𝑣0 2 1 1 2\n𝑄 = 0,1286 × 0,717 × (473,15 − 298,15) + (−21,28) = 16,13 − 21,28\n1 2\nPS15 – Thermodynamique physique Corrigé du médian Automne 2016\n𝑄 ≈ −5,15 kJ (chaleur cédée par l’air au milieu extérieur)\n1 2\nLe prof trouve −5,14 kJ dans le corrigé A2006 avec 𝑐 = 0,7165 : même résultat aux arrondis près.\n𝑣","chap":3,"chaps":[3,4,1]},{"id":"a16-p2-corrige","type":"annale_corrige","annale":"A16","ex":2,"title":"Médian A16 · exo 2 (corrigé)","heading":"Exo 2 (p.2)","file":"a16-corrige.pdf","page":2,"y":0.139,"text":"Exercice 2 – Cycle de Carnot à air (5 pts)\nCarnot moteur entre 𝑇 𝐶 = 1200 K et 𝑇 𝐹 = 400 K ; pendant l’isotherme à 1200 K le volume triple.\nCycle : 1→2 isotherme à 𝑇 (détente, 𝑉 = 3𝑉 ) ; 2→3 adiabatique réversible ; 3→4 isotherme à 𝑇 ;\n𝐶 2 1 𝐹\n4→1 adiabatique réversible (poly §6.5).\n1. Rendement thermique\n𝑇 400\n𝐹\n𝜂 = 1 − = 1 −\n𝑡ℎ\n𝑇 1200\n𝐶\n𝜂 = 0,667 soit 66,7 %\n𝑡ℎ\n2. Chaleur reçue à 1200 K\n𝑣\nIsotherme d’un GP : Δ𝑢 = 0 ⇒ 𝑞 = 𝑤 = ∫ 𝑃 𝑑𝑣 = 𝑟𝑇 ln\n12 12 𝐶\n𝑣\n𝑞 = 0,287 × 1200 × ln 3\n𝐶\n𝑞 = 378,4 kJ / kg\n𝐶\n3. Chaleur rejetée à 400 K\n|𝑞 | 𝑇\n𝐹 𝐹\nPour le cycle de Carnot, = = 1 − 𝜂 :\n𝑡ℎ\n|𝑞 | 𝑇\n𝐶 𝐶\n|𝑞 | = 378,4 × (1 − 0,667)\n𝐹\n𝑞 = −126,1 kJ / kg (chaleur rejetée)\n𝐹\n𝑘−1 𝑘−1 𝑘−1 𝑘−1\nVérification : sur les adiabatiques, 𝑇 𝑣 = 𝑇 𝑣 et 𝑇 𝑣 = 𝑇 𝑣 , donc 𝑣 /𝑣 = 𝑣 /𝑣 = 3\n𝐶 2 𝐹 3 𝐶 1 𝐹 4 3 4 2 1\net |𝑞 | = 𝑟𝑇 ln 3 = 0,287 × 400 × ln 3 = 126,1 kJ / kg.\n𝐹 𝐹","chap":6,"chaps":[6,4,3]},{"id":"a16-p3-corrige","type":"annale_corrige","annale":"A16","ex":3,"title":"Médian A16 · exo 3 (corrigé)","heading":"Exo 3 (p.2)","file":"a16-corrige.pdf","page":2,"y":0.69,"text":"Exercice 3 – Réservoir chauffé avec soupape (5 pts)\nRéservoir rigide 200 L, eau liquide + 1 % de vapeur à 100 kPa. Chauffage ; à 2 MPa la soupape s’ouvre et\nlaisse sortir de la vapeur saturée à 2 MPa (laminée vers 100 kPa). Arrêt quand le titre dans le réservoir\nvaut 90 %.\nSystème : le volume de contrôle = intérieur du réservoir (régime non permanent mais uniforme,\npoly §5.6). Seule la vapeur saturée à 2 MPa sort, avec ℎ = ℎ (2 MPa ) constante.\n𝑒 𝑔\nÉtat 1 : 100 kPa, 𝑥 = 0,01 (table B.1.2)\n𝑣 = 𝑣 + 𝑥 𝑣 = 0,001043 + 0,01 × 1,69296 = 0,017973 m / kg\n1 𝑓 1 𝑓𝑔\n𝑢 = 𝑢 + 𝑥 𝑢 = 417,33 + 0,01 × 2088,72 = 438,22 kJ / kg\n1 𝑓 1 𝑓𝑔\n𝑚 = 𝑉 /𝑣 = 0,2/0,017973 = 11,128 kg\n1 1\nPS15 – Thermodynamique physique Corrigé du médian Automne 2016\nÉtat 2 : 2 MPa, 𝑥 = 0,9 (table B.1.2)\n𝑣 = 0,001177 + 0,9 × 0,09845 = 0,089782 m / kg\n𝑢 = 906,42 + 0,9 × 1693,84 = 2430,88 kJ / kg\n𝑚 = 0,2/0,089782 = 2,228 kg\nSortie : vapeur saturée à 2 MPa : ℎ = ℎ = 2799,51 kJ / kg.\n𝑒 𝑔\n1. Masse échappée\nBilan de matière : 𝑚 = 𝑚 − 𝑚 = 11,128 − 2,228\n𝑒 1 2\n𝑚 = 8,90 kg\n𝑒\n(Remarque : la soupape s’ouvre quand 𝑃 = 2 MPa avec 𝑣 = 𝑣 , soit un titre 𝑥 = (0,017973 −\n0,001177)/0,09845 = 0,171 .)\n2. Chaleur fournie\nPremier principe pour le volume de contrôle (pas de travail, EC et EP négligées) :\n𝑄 = 𝑚 𝑢 − 𝑚 𝑢 + 𝑚 ℎ\n2 2 1 1 𝑒 𝑒\n𝑄 = 2,228 × 2430,88 − 11,128 × 438,22 + 8,90 × 2799,51 = 5415 − 4876 + 24 917\n𝑄 ≈ 25 455 kJ ≈ 25,5 MJ\nLa détente par étranglement après la soupape ( ℎ constant) ne change rien au bilan du réservoir :\nl’enthalpie qui sort est évaluée à la soupape, à 2 MPa.","chap":5,"chaps":[5,2,4]},{"id":"a16-p4-corrige","type":"annale_corrige","annale":"A16","ex":4,"title":"Médian A16 · exo 4 (corrigé)","heading":"Exo 4 (p.3)","file":"a16-corrige.pdf","page":3,"y":0.524,"text":"Exercice 4 – Évaporation flash géothermique (5 pts)\nEau comprimée 2 MPa, 180 °C → laminage → chambre flash à 400 kPa ; vapeur saturée (2) → turbine\n→ 10 kPa, 𝑥 3 = 0,9 , 𝑊 = 1 ̇ MW ; liquide saturé (4) évacué au fond.\nHypothèses : régime permanent, éléments adiabatiques, EC et EP négligées (poly §5.4–5.5).\nÉtat 1 : liquide comprimé 2 MPa, 180 °C (table B.1.4) : ℎ = 763,71 kJ / kg\nÉtat 2 : vapeur saturée à 400 kPa (table B.1.2) : ℎ = ℎ = 2738,53 kJ / kg\n2 𝑔\nÉtat 3 : 10 kPa, 𝑥 = 0,9 : ℎ = ℎ + 𝑥 ℎ = 191,81 + 0,9 × 2392,82 = 2345,35 kJ / kg\n3 3 𝑓 3 𝑓𝑔\nÉtat 4 : liquide saturé à 400 kPa : ℎ = ℎ = 604,73 kJ / kg\n4 𝑓\n1. Titre dans la chambre d’évaporation\nLaminage (Joule-Thomson) : ℎ ′ = ℎ , puis mélange liquide-vapeur à 400 kPa :\n1 1\n763,71 − 604,73\nℎ = ℎ + 𝑥 ℎ ⇒ 𝑥 =\n1 𝑓 𝑓𝑔\n2133,81\n𝑥 = 0,0745\nLe titre représente la fraction massique du débit entrant qui sort en vapeur : 𝑥 =̇ 𝑚 /̇𝑚 .\n2 1\nPS15 – Thermodynamique physique Corrigé du médian Automne 2016\n2. Débits\nTurbine : 𝑤 = ℎ − ℎ = 2738,53 − 2345,35 = 393,18 kJ / kg\n𝑇 2 3\n𝑊 1000\n𝑚 ̇ =̇ = = 2,543 kg / s\n𝑤 393,18\n𝑇\n𝑚 2,543\n𝑚 ̇ =̇ = = 34,14 kg / s\n𝑥 0,0745\n𝑚 ̇ =̇ 𝑚 −̇ 𝑚 = 31,59 kg / s\n4 1 2\nVapeur dans la turbine : 𝑚 ̇ ≈ 9 160 kg / h\nEau comprimée entrant dans la chambre : 𝑚 ̇ ≈ 122 900 kg / h\nEau évacuée au fond : 𝑚 ̇ ≈ 113 700 kg / h","chap":5,"chaps":[5,2]},{"id":"a05-p1-enonce","type":"annale_enonce","annale":"A05","ex":1,"title":"Médian A05 · problème 1 (énoncé)","file":"a05-enonce.pdf","page":1,"y":0.175,"text":"Problème 1\n\nOn utilise une turbine alimentée à la vapeur d'eau pour entraîner un compresseur d'azote, comme l'illustre la figure ci-jointe.\n\nles débits-masse sont respectivement de $0,25\\text{ kg/s}$ dans la turbine et de $0,04\\text{ kg/s}$ dans le compresseur. Les états de l'eau et de l'azote sont indiqués sur la figure : l'eau entre à $4\\text{ MPa}$ et $350^\\circ\\text{C}$ et sort de la turbine sous forme de mélange liquide-vapeur saturants à $20\\text{ kPa}$ avec un titre de vapeur $x$ égal à 0,95. L'azote entre dans le compresseur à $20^\\circ\\text{C}$, $100\\text{ kPa}$ et sort à $35^\\circ\\text{C}$, $10\\text{ MPa}$. Les pertes de chaleur par la turbine sont négligeables. La turbine fournit $42\\text{ kW}$ au compresseur et le reste de sa puissance est dirigé vers une génératrice d'électricité.\n\na) Déterminez la puissance de la turbine disponible pour entraîner la génératrice.\nb) Déterminez le débit total de perte thermique (en $\\text{kW}$) par le compresseur et le refroidisseur de sortie\n\nIndication : on considère l'azote comme un gaz parfait avec $C_{p0}\\text{ constant} = 1,0416\\text{ kJ/kg/K}$\nMEDIAN PS15 2005 .\n\nProblème 1 .\nSystème turbine à vapeur .\nBilan d'énergie\n$\\dot{Q} + \\dot{m}_e \\left(h_e + \\frac{1}{2} V_e^2 + g z_e\\right) = \\dot{m}_s \\left(h_s + \\frac{1}{2} V_s^2 + g z_s\\right) + \\dot{W}$\n$\\dot{m}_e h_e = \\dot{m}_s h_s + \\dot{W} \\quad \\text{et } \\dot{m}_e = \\dot{m}_s = 0,25 \\text{ kg/s} .$\n$\\dot{m} (h_e - h_s) = \\dot{W}$\n$h_e \\quad \\left. \\begin{array}{l} P_e = 4 \\text{ MPa} \\\\ T_e = 350^\\circ\\text{C} \\end{array} \\right\\} \\Rightarrow h_e = 3092,5 \\text{ kJ/kg} .$\n$h_s \\quad \\begin{array}{l} P_s = 20 \\text{ kPa} \\\\ x = 0,95 \\end{array} \\quad \\begin{array}{l} h_s = h_f + x (h_g - h_f) = 2491,785 \\text{ kJ/kg} . \\\\ \\left. \\begin{array}{l} h_f = 251,40 \\text{ kJ/kg} . \\\\ h_g = 2609,7 \\text{ kJ/kg} . \\end{array} \\right\\} \\begin{array}{l} \\text{Tables de vapeur} \\\\ \\text{saturante .} \\end{array} \\end{array}$\n$\\dot{W} = \\dot{m} (h_e - h_s) = 0,25 (3092,5 - 2491,78) = 150,18 \\text{ kW} .$\nComme la turbine fournit 42 kW au compresseur, la puissance\nde la turbine pour entraîner la génératrice est de :\n$\\dot{W}_g = 150,18 - 42 = 108,18 \\text{ kW} .$\nb) Système étudié : compresseur / refroidisseur de sortie .\nBilan d'énergie :\n$\\dot{Q} + \\dot{m}_e h_e = \\dot{W} + \\dot{m}_s (h_s - h_e) \\qquad \\dot{W} = -42 \\text{ kW} .$\n$\\dot{Q} = \\dot{W} + \\dot{m} (h_s - h_e)$\nOn considère l'$N_2$ comme un gaz parfait .\n$\\Delta h = h_s - h_e = C_{p0} (T_s - T_e) = 1,0416 (308 - 293)$\n$h_s - h_e = 15,624 \\text{ kJ/kg} .$\n$\\dot{Q} = -42 + 0,04 \\times 15,624 = -41,375 \\text{ kW} .$","chap":5,"chaps":[5,2,4]},{"id":"a05-p2-enonce","type":"annale_enonce","annale":"A05","ex":2,"title":"Médian A05 · problème 2 (énoncé)","file":"a05-enonce.pdf","page":1,"y":0.765,"text":"Problème 2\n\nOn considère une turbine à vapeur d'eau fonctionnant en régime permanent. En entrée, la pression est de $3\\text{ MPa}$, la température de $400^\\circ\\text{C}$ et la vitesse du fluide est de $50\\text{ m/s}$. En sortie, la pression est de $0,1\\text{ Mpa}$ pour une vapeur saturée dont la vitesse est de $200\\text{ m/s}$. La\npuissance-chaleur cédée à l'atmosphère est de $9\\text{ kW}$ et le débit du fluide dans la turbine est de $2\\text{ kg/s}$.\n\nReprésenter l'évolution du fluide entre l'entrée et la sortie de la turbine sur un diagramme P,V.\n\nDéterminer la puissance-travail fournie par la vapeur à l'arbre de la turbine.\n\nComparer les énergies relatives à la vitesse de la matière et à son enthalpie. Dans quelle condition peut-on négliger l'énergie cinétique ?\nProblème 2\n$P_1 = 3 MPa \\quad v_1 = 50 m/s \\quad \\text{Bilan d'énergie.}$\n$\\downarrow T_1 = 400^\\circ C \\quad \\dot{Q} + \\dot{m} (h_1 + \\frac{1}{2} v_1^2 + g z_1)$\n$Q = -9 kW \\quad = \\dot{m} (h_2 + \\frac{1}{2} v_2^2 + g z_2) + \\dot{W}$\n$\\downarrow P_2 = 0,1 MPa \\quad P_1 = 3 MPa \\} \\Rightarrow h_1 = 3230,9 kJ/kg$\n$v_2 = 200 m/s \\quad T_1 = 400^\\circ C \\} \\text{ tables de vapeur}$\n$T_2 = 99,63^\\circ C \\quad \\quad \\quad \\quad \\text{surchauffée.}$\n$\\dot{m} = 2 kg/s \\quad P_2 = 0,1 MPa \\quad | \\quad h_2 = h_g = 2675,5 kJ/kg$\n$\\quad \\quad \\quad \\quad \\text{Vapeur saturée} \\quad |$\n$\\dot{W} = \\dot{Q} + \\dot{m} (h_1 - h_2) + \\frac{1}{2} (v_1^2 - v_2^2) \\quad T_2 = 99,63^\\circ C \\quad |$\n$\\dot{w} = 1064,3 kW$\n$\\text{Energie relative à la vitesse . } E_1 = \\frac{1}{2} (v_1^2 - v_2^2) = 18,75 kW.$\n$\\text{Energie relative à l'enthalpie } E_2 = |h_1 - h_2| = 555,4 kW.$\n$\\text{On pourra négliger l'énergie cinétique lorsque .}$\n$|\\Delta v| = |v_1 - v_2| \\le 50 m/s.$\n$\\text{Ici } |\\Delta v| = 150 m/s \\text{ on ne peut donc pas négliger l'énergie .}$\n$\\text{cinétique.}$\n$\\text{Evolution du fluide entre entrée et sortie .}$\n$P$\n$P_1$\n①\n$T_1 = 400^\\circ C$\n②\n$T_2 = 99,63^\\circ C$\n$v_1 \\quad v_2 \\quad v$","chap":5,"chaps":[5,2,4]},{"id":"a05-p3-enonce","type":"annale_enonce","annale":"A05","ex":3,"title":"Médian A05 · problème 3 (énoncé)","file":"a05-enonce.pdf","page":2,"y":0.295,"text":"Problème 3\nUn cylindre parfaitement calorifugé muni d'un piston coulissant sans frottement contient une mole de gaz parfait à une pression de $15\\text{ bar}$ et une température de $20\\text{ }^{\\circ}\\text{C}$.\n1) la goupille qui maintient le piston en place est brusquement enlevée et le gaz se détend de façon adiabatique et irréversible alors que la pression extérieure qui s'exerce sur le piston est de $1\\text{ bar}$. Calculer la température finale, le travail de détente ainsi que la variation d'entropie.\n2) Quels seraient la température finale et le travail de détente si cette détente jusqu'à $1\\text{ bar}$ était réalisée de façon quasistatique (ou réversible)\n\nDonnée : pour le gaz parfait considéré $\\gamma = 1,4$.\n$R = 8,314\\text{ J/mole/K}$\nProblème 3\n1) Détente irréversible .\n$\\Delta Q = \\Delta U + \\Delta W = 0 \\ ; \\ \\Delta U = C_{v0} (T_2 - T_1) = \\frac{R}{\\gamma - 1} (T_2 - T_1) \\ .$\n$\\Delta W = p_2 (V_2 - V_1) \\ \\text{avec} \\ P_2 = P_{ext} = 1 \\text{ bar} \\ .$\n$= P_2 V_2 - P_1 V_1 \\frac{P_2}{P_1} = R T_2 - R T_1 \\frac{P_2}{P_1} \\ .$\n$\\frac{R}{\\gamma - 1} (T_2 - T_1) + R T_2 - R T_1 \\frac{P_2}{P_1} = 0 \\ .$\n$\\text{ou} \\ T_2 \\left( \\frac{R}{\\gamma - 1} + R \\right) = T_1 \\left( \\frac{R}{\\gamma - 1} + R \\frac{P_2}{P_1} \\right) \\Rightarrow T_2 \\frac{\\gamma}{\\gamma - 1} = T_1 \\left( \\frac{1}{\\gamma - 1} + \\frac{P_2}{P_1} \\right)$\n$T_2 = T_1 \\left( \\frac{\\gamma - 1}{\\gamma} \\right) \\left( \\frac{1}{\\gamma - 1} + \\frac{P_2}{P_1} \\right) = 293,15 \\left( \\frac{0,4}{1,4} \\right) \\left( \\frac{1}{0,4} + \\frac{1}{15} \\right) \\Rightarrow T_2 = 215 \\text{ K}$\nTravail de détente\n$\\Delta W = - \\Delta U = - C_{v0} (T_2 - T_1) = - \\frac{R}{\\gamma - 1} (T_2 - T_1) = \\frac{8,314}{0,4} (293,15 - 215) = 1624,25 \\text{ J} \\ .$\nVariation d'entropie .\n$\\Delta S = C_{p0} \\ln \\frac{T_2}{T_1} - R \\ln \\frac{P_2}{P_1} = \\frac{R \\gamma}{\\gamma - 1} \\ln \\frac{T_2}{T_1} - R \\ln \\frac{P_2}{P_1}$\n$= \\frac{8,314 \\times 1,4}{0,4} \\ln \\frac{215}{293,15} + 8,314 \\ln 15 = 13,44 \\text{ J/K} \\ .$\n2/ Détente réversible .\n$P_1^{1-\\gamma} T_1^\\gamma = P_2^{1-\\gamma} T_2^\\gamma \\ \\text{ou} \\ T_2 = T_1 \\left( \\frac{P_1}{P_2} \\right)^{\\frac{1-\\gamma}{\\gamma}} = 293,15 \\cdot (15)^{\\frac{-0,4}{1,4}} = 135,23 \\text{ K}$\n$\\Delta W = - \\Delta U = C_{v0} (T_1 - T_2) = \\frac{R}{\\gamma - 1} (T_1 - T_2) = \\frac{8,314}{0,4} (293,15 - 135,23)$\n$= 3282,36 \\text{ J} \\ .$","chap":7,"chaps":[7,4,3]},{"id":"a06-p1-enonce","type":"annale_enonce","annale":"A06","ex":1,"title":"Médian A06 · problème 1 (énoncé)","file":"a06-enonce.pdf","page":1,"y":0.163,"text":"Problème 1\nUn cylindre fermé par un piston coulissant sans frottements contient initialement 100 litres\nd'air à 110 kPa et 25 °C. L'air est comprimé selon un processus polytropique réversible tel\nque $Pv^n$ = constante, jusqu'à une pression de 800 kPa et une température de 200 °C.\n1. Montrer que le coefficient polytropique n est égal à 1,3034\n2. Calculer le volume final\n3. Calculer le travail de compression\n4. Calculer la quantité de chaleur échangée au cours de la compression\n5. Calculer la variation d'entropie de l'air dans le cylindre au cours de la compression\nainsi que la variation totale d'entropie (air + milieu ambiant)\nOn considère l'air comme un gaz parfait avec r = 0,287 kJ/kg/K, $C_{p0}$ = 1,0035 kJ/kg/K ; $C_{v0}$ =\n0,7165 kJ/kg/K\nProblème 1\n\nA cylinder/piston contains 100 L of air at 110 kPa, 25°C. The air is compressed in\na reversible polytropic process to a final state of 800 kPa, 200°C. Assume the heat\ntransfer is with the ambient at 25°C and determine the polytropic exponent $n$ and\nthe final volume of the air. Find the work done by the air, the heat transfer and\nthe total entropy generation for the process.\nSolution:\nC.V. Air of constant mass $m_2 = m_1 = m$ out to ambient.\nEnergy Eq.5.11: $m(u_2 - u_1) = {}_1Q_2 - {}_1W_2$\nEntropy Eq.8.14,18: $m(s_2 - s_1) = \\int dQ/T + {}_1S_{2 \\text{ gen}} = {}_1Q_2/T_0 + {}_1S_{2 \\text{ gen}}$\nProcess: $Pv_1^n = P_2v_2^n$ Eq.8.36\nState 1: $(T_1, P_1)$ State 2: $(T_2, P_2)$\nThus the unknown is the exponent $n$.\n$m = P_1V_1 / (RT_1) = 110 \\times 0.1 / (0.287 \\times 298.15) = 0.1286 \\text{ kg}$\nThe relation from the process and ideal gas is in Eq.8.37\n$T_2/T_1 = (P_2/P_1)^{\\frac{n-1}{n}} \\Rightarrow \\frac{473.15}{298.15} = \\left(\\frac{800}{110}\\right)^{\\frac{n-1}{n}} \\Rightarrow \\frac{n-1}{n} = 0.2328$\n$n = 1.3034, V_2 = V_1(P_1/P_2)^{\\frac{1}{n}} = 0.1 \\left(\\frac{110}{800}\\right)^{0.7672} = 0.02182 \\text{ m}^3$\nThe work is from Eq.8.38\n${}_1W_2 = \\int PdV = \\frac{P_2V_2 - P_1V_1}{1 - n} = \\frac{800 \\times 0.02182 - 110 \\times 0.1}{1 - 1.3034} = -21.28 \\text{ kJ}$\nHeat transfer from the energy equation\n${}_1Q_2 = mC_v(T_2 - T_1) + {}_1W_2$\n$= 0.1286 \\times 0.717 \\times (200 - 25) - 21.28 = -5.144 \\text{ kJ}$\nEntropy change from Eq.8.25\n$s_2 - s_1 = C_{p0} \\ln(T_2/T_1) - R \\ln(P_2/P_1)$\n$= 1.004 \\ln\\left(\\frac{473.15}{298.15}\\right) - 0.287 \\ln\\left(\\frac{800}{110}\\right) = -0.106 \\frac{\\text{kJ}}{\\text{kg K}}$\nFrom the entropy equation (also Eq.8.18)\n${}_1S_{2,\\text{gen}} = m(s_2 - s_1) - {}_1Q_2/T_0$\n$= 0.1286 \\times (-0.106) + (5.144/298.15) = 0.00362 \\text{ kJ/K}$\n\nMA06","chap":7,"chaps":[7,4,3]},{"id":"a06-p2-enonce","type":"annale_enonce","annale":"A06","ex":2,"title":"Médian A06 · problème 2 (énoncé)","file":"a06-enonce.pdf","page":1,"y":0.487,"text":"Problème 2\n\nTurbine\n3\n4\n6\n5\n2\n1\nPump\nCondenser\n\nDans un cycle à resurchauffe fonctionnant à l'eau, la vapeur d'eau sort de la chaudière et entre\ndans la turbine à une pression de 3,5 MPa et une température de 300 °C. Après détente\njusqu'à 0,3 MPa dans la section de turbine à haute pression, l'eau est resurchauffée dans la\nchaudière à 300 °C, puis elle est détendue de 0,3 MPa à 20 kPa dans la section de turbine à\nbasse pression . L'eau sort du condenseur à l'état de liquide saturant pur (x=0) à 20 kPa et elle\nest envoyée dans la chaudière sous 3,5 MPa à l'aide d'une pompe fonctionnant de façon\n1\nMAO\nadiabatique et réversible. Chaque section de turbine fonctionne également de manière\nadiabatique et réversible\n\n1. déterminer pour tous les points du cycle 1 à 6, la température , la pression, l'enthalpie\net l'entropie spécifique ainsi que l'état du fluide\n2. Calculer\n• Le travail spécifique total fourni par la turbine ( kJ /kg eau)\n• La chaleur spécifique fournie à la chaudière\n• Le rendement thermique de l'installation\nProblème 2\nProblème 2 .\n$P_3 = 3,5\\mathrm{MPa}$. $\\}\\quad h_3 = 2977,5\\mathrm{kJ}/\\mathrm{kg}$.\n$T_3 = 300^{\\circ}\\mathrm{C}$ $\\quad s_3 = 6,4461\\mathrm{kJ}/\\mathrm{kg}\\cdot\\mathrm{K}$.\n$P_4 = 0,3\\mathrm{MPa}$. $\\}\\quad x_4 = \\frac{6,4461 - 1,6710}{5,3201} = 0,897$.\n$s_4 = s_3 = 6,4461$\n$h_4 = h_f(0,3) + x_4\\, h_{fg}(0,3)$\n$= 561,47 + 0,897\\, 2163,8 = 2500,4\\mathrm{kJ}/\\mathrm{kg}$.\n$2502,4$\n$P_5 = 0,3\\mathrm{MPa}$. $\\}\\quad h_5 = 3069,3$ $\\quad P_6 = 20\\mathrm{kPa}$. $\\quad x_6 = \\frac{7,7022 - 0,8320}{7,0716} = 0,9$\n$T_5 = 300^{\\circ}\\mathrm{C}$ $\\quad s_5 = 7,7022$. $\\quad s_6 = 7,7022$\n$h_6 = h_f(20\\mathrm{kPa}) + x_6\\, h_{fg}(20\\mathrm{kPa})$\n$= 251,40 + 0,97\\cdot 2358,3 = 2540,916\\mathrm{kJ}/\\mathrm{kg}$.\n$P_1 = 20\\mathrm{kPa}$. $\\quad h_1 = 251,40$\n$T_1 = 60,06^{\\circ}\\mathrm{C}$. $\\quad s_1 = 0,8320$.\n$h_2 - h_1 \\approx v_f(20\\mathrm{kPa})\\,(P_2 - P_1) = 0,001017\\left[3,5\\cdot 10^6 - 2\\cdot 10^4\\right] = 3539\\mathrm{J}/\\mathrm{kg}$\n$= 3,54\\mathrm{kJ}/\\mathrm{kg}$.\n$h_2 = 251,40 + 3,54 = 254,94\\mathrm{kJ}$.\n\\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|c|}\n\\hline\nPoints & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 \\\\ \\hline\n$P$ & $20\\mathrm{kPa}$ & $3,5\\mathrm{MPa}$ & $3,5\\mathrm{MPa}$ & $0,3\\mathrm{MPa}$ & $0,3\\mathrm{MPa}$ & $20\\mathrm{kPa}$ \\\\ \\hline\nT & $60,06$ & - & $300^{\\circ}\\mathrm{C}$ & $133,55$ & $300^{\\circ}\\mathrm{C}$ & $60,06$ \\\\ \\hline\nh & $251,4$ & $254,94$ & $2977,5$ & $2502,4$ & $3069,3$ & $2540,916$ \\\\ \\hline\ns & $0,8320$ & $0,8320$ & $6,4461$ & $6,4461$ & $7,7022$ & $7,7022$ \\\\ \\hline\nEtat & liq. & liq & vap. & mél. & vap. & mél \\\\ \\text{ou liquid.} & sat. & E.viv & surchauffé & \\begin{tabular}{c}liq. vap.\\\\ $x=0,897$\\end{tabular} & surchauff. & \\begin{tabular}{c}liq. vap.\\\\ $x=0,47$\\end{tabular} \\\\ \\hline\n\\end{tabular}\nTravail turbine: $W_T = h_3 + h_5 - h_4 - h_6 = 1003,48\\mathrm{kJ}/\\mathrm{kg}$.\nTravail pompe $W_P = 3,54$ $\\Rightarrow W_{net} = W_T - W_P = 1000\\mathrm{kJ}/\\mathrm{kg}$.\nChaleur chaudière $q_H = h_3 + h_5 - h_2 - h_4 = 3289,46$.\n$\\eta = \\frac{1000}{3289,46} = 30,4\\%$.","chap":9,"chaps":[9,5,2]},{"id":"a06-p3-enonce","type":"annale_enonce","annale":"A06","ex":3,"title":"Médian A06 · problème 3 (énoncé)","file":"a06-enonce.pdf","page":2,"y":0.315,"text":"Problème 3\nUn dispositif de puissance fonctionnant à la vapeur d'eau est décrit par le schéma ci-dessous.\n\nPressure regulator\nVapor\nBoiler\nLiquid $H_2O$\nInsulated\nturbine\nWork\nTo ATM\n\nLa chaudière (boiler) a un volume de 100 litres et ne contient initialement que du liquide\nsaturant pur ($x=0$) à 100 kPa. De la chaleur est alors fournie à la chaudière à l'aide d'un\nbrûleur. La vanne du régulateur de pression ne s'ouvre que lorsque la pression dans la\nchaudière a atteint 700 kPa. De la vapeur saturante pure ($x=1$) entre alors dans la turbine à une\npression invariable et égale à 700kPa . Elle en sort sous forme de vapeur saturante pure ($x=1$)\nà une pression invariable de 100 kPa. Le brûleur est arrêté ainsi que la turbine à l'instant\nprécis où il n'y a plus de liquide dans la chaudière. La turbine est parfaitement calorifugée.\nDéterminer :\n1. La masse totale d'eau extraite de la chaudière\n2. Le travail total fourni par la turbine\n3. La quantité de chaleur totale fournie à la chaudière\nCorrection median PS15 2006\n\n\nProblème 3\n\nA steam engine based on a turbine is shown in Fig. P6.131. The boiler tank has a\nvolume of 100 L and initially contains saturated liquid with a very small amount\nof vapor at 100 kPa. Heat is now added by the burner, and the pressure regulator\ndoes not open before the boiler pressure reaches 700 kPa, which it keeps constant.\nThe saturated vapor enters the turbine at 700 kPa and is discharged to the\natmosphere as saturated vapor at 100 kPa. The burner is turned off when no more\nliquid is present in the as boiler. Find the total turbine work and the total heat\ntransfer to the boiler for this process.\n\nSolution:\nC.V. Boiler tank. Heat transfer, no work and flow out.\nContinuity Eq.6.15: $m_2 - m_1 = - m_e$\nEnergy Eq.6.16: $m_2 u_2 - m_1 u_1 = Q_{CV} - m_e h_e$\nState 1: Table B.1.1, 100 kPa $\\Rightarrow v_1 = 0.001\\ 043, u_1 = 417.36\\text{ kJ/kg}$\n$\\Rightarrow m_1 = V/v_1 = 0.1/0.001\\ 043 = 95.877\\text{ kg}$\nState 2: Table B.1.1, 700 kPa $\\Rightarrow v_2 = v_g = 0.2729, u_2 = 2572.5\\text{ kJ/kg}$\n$\\Rightarrow m_2 = V/v_g = 0.1/0.2729 = 0.366\\text{ kg},$\nExit state: Table B.1.1, 700 kPa $\\Rightarrow h_e = 2763.5\\text{ kJ/kg}$\nFrom continuity eq.: $m_e = m_1 - m_2 = 95.511\\text{ kg}$\n$Q_{CV} = m_2 u_2 - m_1 u_1 + m_e h_e$\n$= 0.366 \\times 2572.5 - 95.877 \\times 417.36 + 95.511 \\times 2763.5$\n$= 224\\ 871\\text{ kJ} = 224.9\\text{ MJ}$\n\nC.V. Turbine, steady state, inlet state is boiler tank exit state.\nTurbine exit state: Table B.1.1, 100 kPa $\\Rightarrow h_e = 2675.5\\text{ kJ/kg}$\n$W_{turb} = m_e (h_{in} - h_{ex}) = 95.511 \\times (2763.5 - 2675.5) = 8405\\text{ kJ}$\n\nMA06","chap":9,"chaps":[9,5,2]},{"id":"a07-p1-enonce","type":"annale_enonce","annale":"A07","ex":1,"title":"Médian A07 · problème 1 (énoncé)","file":"a07-enonce.pdf","page":1,"y":0.175,"text":"Problème I\nLe réfrigérateur décrit par le schéma ci-joint utilise le fréon R-134a comme fluide réfrigérant.\nCelui-ci circule en régime permanent à travers tous les composants de l'installation avec un\ndébit-masse constant égal à 0,1 kg/s. La puissance mécanique (ou puissance-travail) fournie\nau compresseur par son moteur est de 4,0 kW. La détente à travers la soupape d'expansion\n(ou le capillaire) entre les points 3 et 4 est une détente de Joule- Thompson\n\n$-\\dot{Q}_{cond. to room}$\nWarm vapor ②\nCondenser\n$-\\dot{W}_{comp}$\nCompressor\n③ Warm liquid\nExpansion valve\nor\ncapillary tube\nEvaporator\nCold vapor ①\n④ Cold liquid + vapor\n$\\dot{Q}_{evap}$ from cold\nrefrigerated space\n\nOn dispose des données suivantes pour les 4 points du cycle\n\n$P_1 = 100$ kPa\t\t$T_1 = -10$ °C\n$P_2 = 600$ kPa\t\t$T_2 = + 40$ °C\n$T_3 = + 20$ °C\t\t$x_3 = 0,0$ (liquide saturant pur)\n$T_4 = - 25$ °C\n\nDéterminez\n1) l'enthalpie spécifique pour les 4 points du cycle (en kJ/kg)\n2) Le titre de vapeur au point 4 ($x_4$)\n\nMA 07\n3) Le débit de chaleur (ou la puissance calorifique) fournie à l'évaporateur (en $\\text{kW}$)\n4) Le débit de chaleur (ou la puissance calorifique) transféré au milieu ambiant par le compresseur (en $\\text{kW}$)\nProblème I\n1) $P_1 = 100\\text{ kPa}\\quad T_1 = -10^\\circ\\text{C}\\quad h_1 = 395,27$\n$P_2 = 600\\text{ kPa}\\quad T_2 = +40^\\circ\\text{C}\\quad h_2 = 428,88\\text{ kJ/kg}$.\n$T_3 = +20^\\circ\\text{C},\\quad x_3 = 0\\quad h_3 = h_f = 227,49\\text{ kJ/kg}$.\n$T_4 = -25^\\circ\\text{C}\\quad h_4 = h_3 = 227,49\\text{ kJ/kg}$.\n2) Titre de vapeur $x_5 = \\frac{h_4 - h_e}{h_{fg}} = \\frac{227,49 - 167,38}{215,57} = 0,2788$.\n3) $\\dot{Q}_{evap} = \\dot{m}(h_1 - h_4) = 0,1(395,27 - 227,49) = 16,78\\text{ kW}$.\n4) $\\dot{Q}_{comp} + \\dot{m}h_1 = \\dot{m}h_2 + \\dot{W}_{comp}$.\n$\\dot{Q}_{comp} = \\dot{m}(h_2 - h_1) + \\dot{W}_{comp} = 0,1(428,88 - 395,27) - 4 = 3,301 - 4 = -0,649\\text{ kW}$.\nPerte thermique du compresseur = $0,649\\text{ kW}$.","chap":9,"chaps":[9,5,2]},{"id":"a07-p2-enonce","type":"annale_enonce","annale":"A07","ex":2,"title":"Médian A07 · problème 2 (énoncé)","file":"a07-enonce.pdf","page":2,"y":0.182,"text":"Problème II\nLa machine à vapeur décrite par le schéma ci-joint est constituée d'une chaudière de $150$ litres de volume, reliée à une turbine. La chaudière est initialement entièrement remplie d'eau à l'état de liquide saturant à $100\\text{ kPa}$. De la chaleur est ensuite fournie à la chaudière au moyen d'un brûleur à gaz et le régulateur de pression ne s'ouvre qu'au moment où la pression dans la chaudière atteint $800\\text{ kPa}$. La turbine, thermiquement isolée et fonctionnant en régime permanent, reçoit alors de la vapeur saturante à $800\\text{ kPa}$ et rejette de la vapeur saturante à $100\\text{ kPa}$. Le brûleur est éteint et le régulateur de pression fermé à l'instant précis où il n'y a plus d'eau liquide dans la chaudière.\n\nDéterminez :\n1) Les masses (en $\\text{kg}$) d'eau initiale et finale dans la chaudière\n2) le travail total fourni par la turbine (en $\\text{kJ}$)\n3) La méthode pour calculer la quantité totale de chaleur fournie à la chaudière (sans faire le calcul)\nProblème II.\n1) masse d'eau initiale à l'état de liquide saturant à $100\\text{ kPa}$\n$m_1 = \\frac{V}{v_f(100\\text{ kPa})} = \\frac{0,150}{0,001043} = 143,816\\text{ kg}$.\nmasse d'eau vapeur saturante finale\n$m_2 = \\frac{V}{v_g(100\\text{ kPa})} = \\frac{0,150}{0,24043} = 0,6239\\text{ kg}$.\n2) La masse totale d'eau ayant traversé la turbine est :\n$m_e = m_1 - m_2 = 143,816 - 0,6239 = 143,192\\text{ kg}$.\nle travail fourni par la turbine total :\n$\\not{Q} + m_e h_e = m_s h_s + W_T \\Rightarrow W_T = m_e (h_e - h_s)$\n$m_e = m_s = 143,192\\text{ kg}$. $W_T = 143,192 (2769,13 - 2675,46) = 13,413 \\cdot 10^3\\text{ kJ} = 13,413\\text{ MJ}$.\n39. $Q_1^2 + m_e h_e = m_s h_s \\Rightarrow Q_1 + m_2 u_2 - m_1 u_1 + W_1^2$.\n$m_e = \\text{masse introduite dans le candiau} = 0$.\n$m_s = \\text{extracite} = m_1 - m_2$.\n$h_s = h_g (200 \\text{ kPa})$.\n$u_2 = u_g (200 \\text{ kPa})$ et $u_1 = u_f (100 \\text{ kPa})$.\n$Q_1^2 = (m_1 - m_2) h_s + m_2 u_2 - m_1 u_1 = m_1 (h_s - u_1) + m_2 (u_2 - h_s)$.","chap":9,"chaps":[9,5,2]},{"id":"a07-p3-enonce","type":"annale_enonce","annale":"A07","ex":3,"title":"Médian A07 · problème 3 (énoncé)","file":"a07-enonce.pdf","page":2,"y":0.788,"text":"Problème III\nUn récipient initialement vide de $10$ litres est connecté à une canalisation dans laquelle circule en permanence un courant de fréon R-134a à l'état de liquide saturé à $0\\text{ }^\\circ\\text{C}$. Le remplissage du récipient à partir de la canalisation se fait de façon adiabatique et très lente. Il s'arrête quand les pressions dans la canalisation et le récipient sont identiques\n1) Montrer qu'à l'issue du remplissage, l'énergie interne spécifique du fréon dans le\nrécipient est égale à l'enthalpie spécifique du fréon dans la canalisation\n2) Précisez l'état du fréon dans le récipient en fin de remplissage : température et titre de\nvapeur s'il s'agit d'un mélange liquide -vapeur à saturation\n3) Calculer la masse de fréon introduite dans le récipient\nProblème III\n19. $\\cancel{Q_1^2} + m_e h_e = m_s h_s + m_2 u_2 - m_1 u_1 + \\cancel{W_1^2}$\n$m_s = 0 \\Rightarrow m_e = m_2 - m_1 \\text{ et } m_1 = 0$\n$\\Rightarrow m_e = m_2$\ndonc $m_2 h_e = m_2 u_2 \\text{ et } h_e = u_2$.\n29. $h_e = h_f (0^\\circ\\text{C}) = 200 \\text{ kJ/kg}$, $P = 294 \\text{ kPa}$.\nRemplissage arrêté quand $P_2 = 294,0 \\text{ kPa}$.\nÉtat final dans récipient : $\\left| \\begin{array}{l} P_2 = 294 \\text{ kPa} \\\\ u_2 = 200 \\text{ kJ/kg} \\end{array} \\right| T_2 = 0^\\circ\\text{C}$.\n$u_2 = 200 \\text{ kJ/kg} \\approx u_f = 199.77 \\text{ kJ/kg} \\Rightarrow $\nOn n'a quasiment que du liquide saturant.\ndonc $v_2 = v_f (2) = 0,000773 \\text{ m}^3\\text{kg}^{-1}$.\n$\\Rightarrow m = \\frac{V}{v_r} = \\frac{0,010}{0,000773} = \\frac{10}{0,773} = 12,93 \\text{ kg}$.\nexp. En réalité. $x_2 = \\frac{u - u_f}{u_{fg}} = \\frac{200 - 199.77}{178.22} = 1,29 \\cdot 10^{-3}$.\ndonc $\\overline{v} = v_f + x v_{fg} = 0,000773 + 1,29 \\cdot 10^{-3} \\cdot 0,06842 = 0,000861$\n$m = \\frac{V}{v} = \\frac{0,010}{0,000861} = \\frac{0,01}{0,000761} = 11,6 \\text{ kg}$.","chap":5,"chaps":[5,3,4]},{"id":"a07-p4-enonce","type":"annale_enonce","annale":"A07","ex":4,"title":"Médian A07 · problème 4 (énoncé)","file":"a07-enonce.pdf","page":3,"y":0.215,"text":"Problème IV\nUne turbine est alimentée avec de la vapeur d'eau à la pression $P_1= 2$ MPa, la température $T_1$\n$= 400$ °C et la vitesse $V_1 = 50$ m/s. En sortie de turbine, la pression est $P_2 = 200$ kPa et la\nvitesse $V_2 = 300$ m/s. (Ces conditions d'entrée et de sortie sont valables pour les 2 questions\ndu problème !)\n1) Si la turbine fonctionne de façon adiabatique et réversible, calculer le travail fourni par\nla turbine, par kg d'eau la traversant.\n2) En condition réelle de fonctionnement, le rendement isentropique de la turbine est de\n$85$ %. Déterminer le travail réel fourni par la turbine par kg d'eau ainsi que l'état réel\nde l'eau en sortie de turbine, en précisant les valeurs de l'enthalpie spécifique et de la\ntempérature\nPS15 CORRECTION MEDIAN 2007\nProblème IV .\n$P_2 = 200\\text{ kPa}$.\n$s_2 = s_1 = 3246,9 7,127$.\nVapeur saturée. $s_1 = s_g (200\\text{ kPa})$\n$h_2 = h_g = 2706,63$.\n$h_1 + \\frac{1}{2} v_1^2 = h_{2is} + \\frac{1}{2} v_2^2 + w_{is}$.\n$P_1 = 2\\text{ MPa}$\n$T_1 = 400^\\circ\\text{C}$\n$V_1 = 50\\text{ m/s}$.\n$s_1 = 7,127$\n$h_1 = 3247,6$\n$P_2 = 200\\text{ kPa}$\n$V_2 = 300\\text{ m/s}$.\n$w_{is} = (h_1 - h_{2is}) + \\frac{1}{2} (v_1^2 - v_2^2)$\n$= 3247,6 - 2706,63 + 0,5 (50^2 - 300^2) 10^{-3}$\n$w_{is} = 497,22\\text{ kJ/kg}$.\n$\\eta = 0,8 \\Rightarrow w_{\\text{réel}} = 0,85 w_{is} = 422,64\\text{ kJ/kg}$.\nEtat réel de la vapeur.\n$w_{\\text{réel}} = h_1 - h_{2\\text{réel}} + \\frac{1}{2} (v_1^2 - v_2^2)$.\n$h_{2\\text{réel}} = (h_1 - w_{\\text{réel}}) + \\frac{1}{2} (v_1^2 - v_2^2) = (3247,6 - 422,64) + 0,5 (50^2 - 300^2) 10^{-3}$\n$h_{2\\text{réel}} = 2824.96 - 43,75 = 2781,21\\text{ kJ/kg}$.\n$P_2 = 200\\text{ kPa}$.\n$h_{2\\text{réel}} = 2781,21$\nVapeur surchauffée $150 < T < 200$\n$\\left[ \\frac{2781,21 - 2768,8}{2870,46 - 2768,8} \\right] = \\frac{T_2 - 150}{50}$.\n$T_2 = 150 + 50 \\times [ \\quad ] = 156,1^\\circ\\text{C}$.","chap":8,"chaps":[8,5,4]},{"id":"a08-p1-enonce","type":"annale_enonce","annale":"A08","ex":1,"title":"Médian A08 · problème 1 (énoncé)","file":"a08-enonce.pdf","page":1,"y":0.185,"text":"Problème I (copie 1)\nUn réservoir rigide de 10 litres contient du R22 à $-10\\text{ }^\\circ\\text{C}$ avec un titre de vapeur de $80\\text{ }\\%$. Un courant électrique de $10$ ampères produit par une batterie de $6$ volts circule pendant $10$ minutes à l'intérieur du réservoir. Au bout des $10$ minutes, le courant est coupé et la température du R22 est alors de $40\\text{ }^\\circ\\text{C}$. Déterminer\n1) La masse de R22 à l'intérieur du réservoir\n2) Le transfert de chaleur (en $\\text{kJ}$) entre le R22 contenu dans le réservoir et le milieu extérieur\nProblème I\n$m_2 = m_1 = m$\nEq. Énergie 1 : Principe\n$m(u_2 - u_1) = Q_1^2 - W_1^2$\n$V \\text{ constant} \\Rightarrow v_2 = v_1$\n1) \\text{État } 1 \\text{ D'après la table B.4.1}\n$v_1 = 0,000759 + 0,8 \\times 0,06458 = 0,05242 \\text{ m}^3\\text{kg}^{-1}$.\n$u_1 = 32,74 + 0,8 \\times 190,25 = 184,9 \\text{ kJ/kg}$.\n$m = \\frac{V}{v} = 0,010 / 0,05242 = \\text{0,1908 kg}$.\n2) \\text{État } 2 \\text{ Table B.4.2 à } 40^{\\circ}\\text{C et } v_2 = v_1 = 0,05242 \\text{ m}^3\\text{kg}^{-1}$.\n$\\Rightarrow \\text{ vapeur surchauffée } \\rightarrow \\text{ interpolation}.\nP_2 = 500 + 100 \\times (0,05242 - 0,05636) / (0,04628 - 0,05636)$\n$= 535 \\text{ kPa}$\nu_2 = 250,51 + 0,35 \\times (249,48 - 250,51) = 250,2 \\text{ kJ/kg}$.\n$W_1^2 \\text{élec} = - \\text{Amp} \\times \\text{Volt} \\times \\Delta t = \\frac{- 10 \\times 6 \\times 10 \\times 60}{1000} = - 36 \\text{ kJ}$\n$Q_1^2 = m \\left(u_2 - u_1\\right) + W_1^2 = 0,1908 \\left(250,2 - 184,9\\right) - 36 = - 23,5 \\text{ kJ}$","chap":4,"chaps":[4,2,1]},{"id":"a08-p2-enonce","type":"annale_enonce","annale":"A08","ex":2,"title":"Médian A08 · problème 2 (énoncé)","file":"a08-enonce.pdf","page":1,"y":0.392,"text":"Problème II (copie 1)\nUn cylindre muni d'un piston coulissant sans frottement contient de l'eau initialement à $-20\\text{ }^\\circ\\text{C}$ (sous forme de glace, voir table B.1.5). Le piston repose initialement sur la glace. L'eau est chauffée jusqu'à se retrouver entièrement à l'état de vapeur saturante ($x=1$). La masse du piston est telle que la pression s'exerçant sur l'eau est égale à $150\\text{ kPa}$ et cette pression reste constante tout au long du processus. Déterminer\n1) La température finale\n2) Le travail spécifique (en $\\text{kJ}/\\text{kg eau}$) fourni par l'eau\n3) L'échange de chaleur spécifique (en $\\text{kJ}/\\text{kg eau}$) entre l'eau et l'extérieur\nProblème II .\nÉtat 1 $T_1, P_1$ Table B.1.5 Considérez le solide comme\ndu fluide saturant. $T_1 = - 20^{\\circ}\\text{C} \\Rightarrow v_1 = 1,0874 \\cdot 10^{-3} \\text{ m}^3/\\text{kg}$\n$u_1 = - 373,03 \\text{ kJ/kg}$.\n1) \\text{État } 2 : $x = 1 \\quad P_2 = P_1 = 150 \\text{ kPa} \\Rightarrow \\text{Table B.1.2 } v_2 = v_g (P_2) = 1,1593 \\text{ m}^3\\text{kg}^{-1}$\n$T_2 = 111,4^{\\circ}\\text{C} \\quad u_2 = 2519,7 \\text{ kJ/kg}$.\n2) $W_1^2 = P_1 \\left(v_2 - v_1\\right) = 150 \\left(1,1593 - 1,0874\\right) = 173,7 \\text{ kJ/kg}$.\n3) $Q_1^2 = u_2 - u_1 + W_1^2 = 2519,7 - (- 374,03) + 173,7 = 3067,43 \\text{ kJ/kg}$","chap":2,"chaps":[2,3,4]},{"id":"a08-p3-enonce","type":"annale_enonce","annale":"A08","ex":3,"title":"Médian A08 · problème 3 (énoncé)","file":"a08-enonce.pdf","page":1,"y":0.629,"text":"Problème III (copie 1)\nCalculez la variation d'entropie par kilogramme de matière lorsque le méthane passe de l'état $1$ ($120\\text{ K}$ ; $x=1$) à l'état $2$ ($200\\text{ K}$ ; $440\\text{ kPa}$) en utilisant différentes méthodes :\n- à partir des tables,\n- en considérant le méthane comme un gaz parfait,\nCommentez les résultats obtenus.\nDonnées :\nTable B71 et B72 p. $55, 56, 57, 58$.\n$\\text{Cp}=2,254\\text{ kJ.kg}^{-1}\\text{K}^{-1}$\n$\\text{M}_{\\text{CH}4}=16\\text{ g.mol}^{-1}$\nProblème III .\n1) Table B.7.1 Etat 1 $T_1 = 120 K$ , $P_1 = 191,6 kPa$ .\n$s_1 = s_g (120 K) = 9,3051 kJ / kg \\cdot K$ .\nEtat 2 $200 K$ $440 kPa$ . Vap. surchauffée . Table B.7.2 .\n$\\left.\\begin{matrix} 400 kPa \\rightarrow s = 10,0125\\\\ 600 kPa \\rightarrow s = 9,7244 \\end{matrix}\\right\\}$ à $440 kPa \\rightarrow s_2 = 9,8745 kJ / kg \\cdot K$ .\n$\\Delta s = s_2 - s_1 = \\underline{0,6694 kJ / kg \\cdot K}$ .\n2) Gaz parfait .\n$\\Delta s_2 - s_1 = C_{p_0} \\ln \\frac{T_2}{T_1} - R \\ln \\frac{P_2}{P_1}$\n$= 2,254 \\ln \\frac{200}{120} - 0,5183 \\ln \\frac{440}{191,6} = \\underline{0,7194 kJ / kg \\cdot K}$ .\nProblème $\\underline{IV}$ .\n$1) P_1^{1-r} T_1^r = P_2^{1-r} T_2^r \\Rightarrow T_2 = T_1 \\left(\\frac{P_1}{P_2}\\right)^{\\frac{1-r}{r}} = 700 \\left(\\frac{400}{101}\\right)^{\\frac{-0.4}{1.4}} = 472,4 \\text{ K}$.\n$w = -(u_2 - u_1) = c_{v0} (T_1 - T_2) = \\frac{R}{\\gamma - 1}(T_1 - T_2) = \\frac{0,287}{0,4}(700 - 472,4) = 163,3 \\text{ kJ/kg}$.\n$2) s_2 - s_1 = (s_{t2}^0 - s_{t1}^0) - R \\ln \\frac{P_2}{P_1} = 0 \\Rightarrow$\n$s_{t2}^0 = s_{t1}^0 + R \\ln \\frac{P_2}{P_1} = 7,7401 + 0,287 \\ln \\frac{101}{400} = 7,345 \\text{ kJ/kg/K}$.\nVoir table $\\grave{a}$ $T_2$ $\\rightarrow$ $s_{t2}^0 = 7,34499$ $\\grave{a}$ $T_2 = 480 \\text{ K}$.\ndonc $T_2 = 480 \\text{ K}$ et $u_2 = 345,04 \\text{ kJ/kg}$.\n$w = -(u_2 - u_1) = u_1 - u_2 = 512,64 - 345,04 = 167,6 \\text{ kJ/kg}$.","chap":7,"chaps":[7,2,4]},{"id":"a08-p4-enonce","type":"annale_enonce","annale":"A08","ex":4,"title":"Médian A08 · problème 4 (énoncé)","file":"a08-enonce.pdf","page":2,"y":0.105,"text":"Problème IV (copie 2)\nUn kg d'air considéré comme gaz parfait est enfermé dans un cylindre muni d'un piston\ncoulissant sans frottement. Sa température et sa pression initiale sont respectivement de 700 K\net 400 kPa. L'air est détendu jusqu'à 101 kPa selon un processus adiabatique et réversible.\nCalculer la température finale et le travail de détente dans les 2 cas suivants :\na) En considérant les chaleurs spécifiques $C_{p0}$ et $C_{v0}$ constantes et en utilisant le\ncoefficient $\\gamma$ ($\\gamma_{air} = C_{p0}/C_{v0} = 1.4$)\nb) En considérant que $C_{p0}$ et $C_{v0}$ varient avec la température et en utilisant les tables\nthermodynamiques","chap":7,"chaps":[7,4,3]},{"id":"a08-p5-enonce","type":"annale_enonce","annale":"A08","ex":5,"title":"Médian A08 · problème 5 (énoncé)","file":"a08-enonce.pdf","page":2,"y":0.335,"text":"Problème V (copie2)\nUne tuyère, isolée thermiquement, est alimentée en régime permanent avec de l'ammoniac\navec un débit massique de 0,01 kg/s. A l'entrée de la tuyère, le $NH_3$ est à 20 °C et à 800 kPa,\nsa vitesse étant considérée comme négligeable. A la sortie, sa pression est de 300 kPa et sa\nvitesse de 450 m/s. Déterminer la température de sortie de $NH_3$ et éventuellement son titre de\nvapeur ainsi que l'aire de la section de sortie de la tuyère.\nPS15 Examen médian. Corrigé Aut 2008 .\nProblème $\\underline{V}$\n$q + h_e + \\frac{V_e^2}{2} = h_s + \\frac{V_s^2}{2}$\n$q = 0, \\; V_e = 0$\n$h_e = 1464,9 \\text{ kJ/kg}$ (Table $B.2.2$)\n$h_s + \\frac{450^2}{2 \\times 10^3} = 1464,9 \\text{ kJ/kg} \\Rightarrow h_s = 1363,6 \\text{ kJ/kg}$\nTable $B.2.1 \\quad P_s = 300 \\text{ kPa}, \\; h_s = 1363,6 \\Rightarrow$ mél. liq.-vap. sat.\n$\\grave{a}$ $T_s = -9,2^\\circ\\text{C}$\n$h_s = 1363,6 = 138,0 + x_s \\times 1293,8 \\Rightarrow x_s = 0,947$\n$v_s = 0,001536 + x_s \\times 0,4064 = 0,3864 \\text{ m}^3 \\text{kg}^{-1}$.\nSection de sortie $\\mathscr{A}_s$ $(\\text{m}^2)$.\n$\\mathscr{A}_s = \\frac{\\dot{m} v_s}{V_s} = \\frac{0,01 \\times 0,3864}{450} = 8,56 \\times 10^{-6} \\text{ m}^2$","chap":5,"chaps":[5,2,4]},{"id":"a09-p1-enonce","type":"annale_enonce","annale":"A09","ex":1,"title":"Médian A09 · problème 1 (énoncé)","file":"a09-enonce.pdf","page":1,"y":0.138,"text":"Problème 1\nUn dispositif en acier cylindre/piston, pesant $1\\text{ kg}$, contient $0.5\\text{ kg}$ d'ammoniac ($\\text{NH}_3$) à une pression de $1600\\text{ kPa}$. Le dispositif et l'ammoniac étant initialement à $120\\text{ }^\\circ\\text{C}$. Comme indiqué sur la figure jointe, des buttées sont positionnées à l'intérieur du cylindre de telle sorte que le volume minimum offert à l'ammoniac ne peut être inférieur à $0.02\\text{ m}^3$. Placé dans l'atmosphère ambiante dont la température est de $20\\text{ }^\\circ\\text{C}$, l'ensemble dispositif + $\\text{NH}_3$ se refroidit très progressivement de $120\\text{ }^\\circ\\text{C}$ jusqu'à une température finale de $30\\text{ }^\\circ\\text{C}$. A tout instant du refroidissement, on considère que les températures du dispositif en acier et de l'ammoniac sont égales.\nDonnées : Chaleur spécifique de l'acier $\\text{C}_p = \\text{C}_v = 0.46\\text{ kJ/kg/K}$\nTables de $\\text{NH}_3$ saturant (B.2.1) et surchauffé (B.2.2).\nDéterminer :\n1) Le volume initial de $\\text{NH}_3$\n2) La température de $\\text{NH}_3$ (et du dispositif) au moment précis où le piston touche les buttées au cours de sa descente.\n3) l'état physique de $\\text{NH}_3$ en fin de refroidissement : sa pression, son titre de vapeur, son énergie interne spécifique et son entropie spécifique\n4) le travail fourni à $\\text{NH}_3$ au cours du refroidissement\n5) le transfert total de chaleur entre l'ensemble dispositif + $\\text{NH}_3$ et le milieu ambiant.\n6) la variation nette d'entropie de l'ensemble : dispositif + $\\text{NH}_3$ + milieu extérieur (ou ambiant). Le principe d'accroissement de l'entropie nette est-il respecté ?\nMEDIAN 2009 Corrigé\nProblème 1\nA piston/cylinder of total $1\\text{ kg}$ steel contains $0.5\\text{ kg}$ ammonia at $1600\\text{ kPa}$ both\nmasses at $120^{\\circ}\\text{C}$. Some stops are placed so a minimum volume is $0.02\\text{ m}^3$, shown\nin Fig. P8.119. Now the whole system is cooled down to $30^{\\circ}\\text{C}$ by heat transfer to\nthe ambient at $20^{\\circ}\\text{C}$, and during the process the steel keeps same temperature as\nthe ammonia. Find the work, the heat transfer and the total entropy generation in\nthe process.\n$1 : v_1 = 0.11265\\text{ m}^3/\\text{kg}$, $u_1 = 1516.6\\text{ kJ}/\\text{kg}$, $s_1 = 5.5018\\text{ kJ}/\\text{kg K}$\n$V_1 = m v_1 = 0.05634\\text{ m}^3$\nStop 1a: $v_{\\text{stop}} = V/m = 0.02/0.5 = 0.04\\text{ m}^3/\\text{kg}$\n$P_{\\text{stop}} = P_1 \\Rightarrow T = -42^{\\circ}\\text{C}$ (saturated)\n$2 : 30^{\\circ}\\text{C} < T_{\\text{stop}}$ so $v_2 = V_{\\text{stop}} = 0.04\\text{ m}^3/\\text{kg}$\n$x_2 = \\left(\\frac{v_2-v_f}{v_{fg}}\\right) = \\frac{0.04 - 0.00168}{0.10881} = 0.35217$\n$u_2 = 320.46 + x_2 \\times 1016.9 = 678.58\\text{ kJ}/\\text{kg}$\ns$_2 = 1.2005 + x_2 \\times 3.7734 = 2.5294\\text{ kJ}/\\text{kg K}$\n$_1W_2 = \\int P\\text{ d}V = P_1 m (v_2 - v_1) = 1600 \\times 0.5 (0.004 - 0.11268) = -58.14\\text{ kJ}$\n$_1Q_2 = m (u_2 - u_1) + m_{\\text{st}} (u_2 - u_1) + _1W_2$\n$= 0.5 (678.58 - 1516.6) + 1 \\times 0.46 (30 - 120) - 58.14$\n$= -419.01 - 41.4 - 58.14 = -518.55\\text{ kJ}$\n$_1S_{2\\text{ gen}} = m (s_2 - s_1) + m_{\\text{st}} (s_2 - s_1) - _1Q_2/T_{\\text{amb}}$\n$= 0.5 (2.5294 - 5.5018) + 1 \\times 0.46 \\ln \\frac{273 + 30}{273 + 120} - \\frac{-518.5}{293.15}$\n$= -1.4862 - 0.1196 + 1.6277$\n$= 0.02186\\text{ kJ}/\\text{K}$","chap":4,"chaps":[4,2,7]},{"id":"a09-p2-enonce","type":"annale_enonce","annale":"A09","ex":2,"title":"Médian A09 · problème 2 (énoncé)","file":"a09-enonce.pdf","page":1,"y":0.643,"text":"Problème 2\nProvenant d'une source géothermique, un courant d'eau comprimée à $2\\text{ MPa}$ et $180\\text{ }^\\circ\\text{C}$ est détendu par étranglement (détente de Joule-Thomson) dans une chambre d'évaporation flash à $400\\text{ kPa}$. Le liquide saturant est évacué par le fond de la chambre tandis que la vapeur\nsaturante à $400\\text{ kPa}$ sort par le haut de la chambre et entre dans une turbine. En sortie de turbine, la pression est de $10\\text{ kPa}$ et le titre de vapeur $0.9$\n\n1) Calculer le titre de vapeur dans la chambre d'évaporation\n\n2) Si la turbine doit fournir une puissance de $1\\text{ MW}$ quels doivent être les débits respectifs (en $\\text{kg/s}$)\n• Du courant de vapeur dans la turbine\n• Du courant d'eau comprimée entrant dans la chambre d'évaporation\n• Du courant d'eau évacuée au fond de la chambre\n\nDonnées : Tables d'eau saturée (B1.1) et d'eau liquide comprimée (B1.4)\nIndication : tous les écoulements se font en régime permanent à travers des éléments thermiquement isolés et les termes d'énergie cinétique et potentielle sont négligeables.\nProblème 2\nTABLE B1.4 $h_1 = 763.71$.\n$l_1 = 604.73 + x \\times 2133.81 = 763.71$.\nh, = h_1 = b_{f} (1600 kPa) + x hfg (1600KP)\n$\\Rightarrow x = \\frac{(763.71 - 604.73)}{2133.81} / 2133.81 = 2133.81$,\n$x = 0,07450$\n$x = \\frac{\\dot{m_2}}{\\dot{m_e}}$\nTABLE B.1.2 $h_2 = 2738.53\\text{ kJ}/\\text{kg} = h_g(400\\text{ kPa})$.\n$h_3 = 191.81 + 0.9 \\times 2392.82 = 2345, 35\\text{ kJ}/\\text{kg}$.\n$w_T = h_2 - h_3 = 2738.53 - 2345.35 = 393,182\\text{ kJ}/\\text{kg}$.\n$\\dot{W_T} = \\dot{m} w_T \\Rightarrow \\dot{m_2} = \\frac{\\dot{W_T}}{w_T} = \\frac{1000\\text{ kW}}{393,182} = 2,543\\text{ kg}/\\text{s}$.\n$\\dot{m_1} = \\dot{m_2} = \\frac{2,543}{0,07450} = 34,13\\text{ kg}/\\text{s}$.\n$\\dot{m_4} = \\dot{m_1} - \\dot{m_2} = 34,13 - 2,543 = 31,59\\text{ kg}/\\text{s}$","chap":5,"chaps":[5,2]},{"id":"a09-p3-enonce","type":"annale_enonce","annale":"A09","ex":3,"title":"Médian A09 · problème 3 (énoncé)","file":"a09-enonce.pdf","page":2,"y":0.339,"text":"Problème 3\n\nUn débit constant d'air entre dans un diffuseur thermiquement isolé (voir figure jointe) à $100\\text{ kPa}$ et $300\\text{K}$ avec une vitesse de $200\\text{ m/s}$. L'aire de la section d'entrée du diffuseur est de $100\\text{ mm}^2$. La vitesse en sortie de diffuseur est de $20\\text{ m/s}$ et l'aire de la section de sortie est $860\\text{ mm}^2$. Déterminer :\n\n1) La température de l'air en sortie de diffuseur\n2) Le débit massique d'air traversant le diffuseur\n3) La pression de l'air en sortie de diffuseur\n\nIndications : l'air est considéré comme un gaz parfait avec $\\text{C}_\\text{p}$ constant $= 1.004\\text{ kJ/kg/K}$\nProblème 3.\n1) $h_e + \\frac{1}{2} V_e^2 = h_o + \\frac{1}{2} V_o^2$.\n$h_o - h_e = \\frac{1}{2} (V_e^2 - V_o^2)$.\n$C_p (T_o - T_e) = 0,5 (V_e^2 - V_o^2)$.\n$T_o = T_e + \\frac{0,5 (V_e^2 - V_o^2)}{C_p}$.\n$T_o = 300 + \\frac{0,5 (200^2 - 20^2)}{1,004 10^3}$.\n$T_o = 300 + \\frac{0,5}{1,004 10^3} (410^4 - 400) = 319,72 K$.\n2) Débit massique $\\dot{m} = \\dot{m}_e = \\dot{m}_s$.\n$\\dot{m} = \\frac{V_e \\times O_{be}}{v_e}$, $V_e$ en $m/s$; $O_{be}$ = section en $m^2$.\n$v_e = m^3 kg^{-1}$ vol. spécifique.\n$a \\quad P_o v_e = r T_e \\Rightarrow v_e = \\frac{r T_e}{P_e}$.\n$\\dot{m} = \\frac{V_e \\times O_{be} \\times P_e}{r T_e} = \\frac{200 \\times 100 10^{-6} \\times 100 10^3}{287 \\times 300}$.\n$\\dot{m} = \\frac{2 10^3}{287 \\times 300} = 0,232 kg/s$.\n$\\dot{m}_e = \\dot{m}_o \\Rightarrow \\frac{V_e \\times O_{be} \\times P_e}{r T_e} = \\frac{V_o \\times O_{bs} \\times P_o}{r T_o} \\Rightarrow$.\n$P_o = \\frac{V_e}{V_o} \\times \\frac{O_{be}}{O_{bo}} \\times \\frac{P_e \\times T_o}{T_e} = \\frac{200}{20} \\times \\frac{100}{860} \\times \\frac{100 \\times 319,72}{300}$.\n$= 123,92 kPa$.","chap":5,"chaps":[5,4]},{"id":"a10-p1-enonce","type":"annale_enonce","annale":"A10","ex":1,"title":"Médian A10 · problème 1 (énoncé)","file":"a10-enonce.pdf","page":1,"y":0.122,"text":"Problème I (10 points)\n\nLe schéma ci-joint décrit une centrale élémentaire de puissance utilisant de la vapeur d'eau.\nLes caractéristiques des différents états (pression, température, enthalpie spécifique) sont\ndonnées dans le tableau ci-dessous\n\nEtat | 1 | 2 | 3 | 4 | 5\nP, kPa | 6100 | 5900 | 5700 | 10 | 9\nT, °C | 45 | 175 | 500 | | 40\nh, kJ/kg | 194 | 744 | 3426 | 3393 | 168\n\nLe débit d'eau circulant dans toute l'installation de puissance est de $25\\text{ kg/s}$ et la puissance\nfournie à la pompe $\\dot{W}_p$ est de $300\\text{ kW}$. A l'état $4$ le titre de vapeur est $x_4=0.92$ et la vitesse\n$V_4$ est de $200\\text{ m/s}$. Les diamètres des tuyaux de jonction sont respectivement de\n• $200\\text{ mm}$ entre la sortie du générateur de vapeur et l'entrée de la turbine\n• $75\\text{ mm}$ de la sortie du condenseur jusqu'à l'entrée du générateur de vapeur\n\n1) Déterminer la vitesse au point $3$, $V_3$ et la puissance fournie par la turbine $\\dot{W}_T$ (en $\\text{kW}$). Quelle serait cette puissance en négligeant les vitesses en entrée et sortie de turbine ?\n2) On suppose que l'eau de refroidissement du condenseur (cooling water) provient d'un lac à $15\\text{ °C}$ et y retourne à $25\\text{ °C}$. Déterminer le débit de chaleur ou puissance thermique (en $\\text{kW}$) prélevé au condenseur et le débit d'eau de refroidissement provenant du lac.\n3) Donner la valeur approximative de la vitesse de l'eau à l'état $1$ et à l'état $2$. Calculer les puissances thermiques (en $\\text{kW}$) fournies respectivement à l'économiseur et au générateur de vapeur. Donner la définition générale du rendement thermique d'une installation de puissance et calculer ce rendement pour l'installation\nProblème 1\nPS15 MEDIAN 2010 - CORRIGE -\n1) vitesse au point (3) : $\\dot{m} = 25\\text{ kg/s}$ ; $Q_{v} = \\dot{m} v_3$\nen $V_3 = \\frac{Q_{v_3}}{S} = \\frac{\\dot{m} U_3}{\\frac{\\pi D^2}{4}}$\nDétermination de $v_3$ :\n$\\Rightarrow v_3 = 0{,}06\\text{ m}^3\\text{kg}^{-1} = \\frac{25 \\times 0{,}06}{\\frac{\\pi D^2}{4}} = \\frac{47{,}3\\text{ m/s}}{\\underline{}}$\nPuissance fournie par la turbine :\n$h_3 + \\frac{1}{2} V_3^2 = h_4 + \\frac{1}{2} V_4^2 + W_T$ ou $W_T = (h_3 - h_4) + \\frac{1}{2} (V_3^2 - V_4^2)$\nCalcul de $h_4$ : $h_4 = h_t(100\\text{ kPa}) + x_4 \\cdot l_{\\text{vg}} (10\\text{ kPa})$\n$W_T = \\left(5426 - 2393{,}2\\right) + \\frac{1}{2} \\left(47{,}3^2 - 200^2\\right) \\cdot 10^{-3} = 1013{,}94\\text{ kJ/kg}$.\n$W_T = \\dot{m} \\cdot W_T = 25 \\times 1013{,}94 = 25{,}35\\text{ MW}$.\nen négligeant les EC. $W_T = 3426 - 2393{,}2 = 1032{,}8 = W_T^* = 25{,}82\\text{ MW}$\n2) Au condenseur :\n$Q_{\\text{cond}} + h_4 + \\frac{1}{2} V_4^2 = h_5 + \\frac{1}{2} V_5^2$\n$V_5 = \\frac{25 \\times 0{,}001008 \\times 4}{\\pi \\left(0{,}075\\right)^2} = 5{,}7\\text{ m/s}$.\n$V_5$ est négligeable . $q_{\\text{cond}} = (h_5 - h_4) - \\frac{1}{2} V_4^2$\n$q_{\\text{cond}} = (168 - 2393{,}2) - 0{,}5 \\times 200^2 \\cdot 10^{-3} = -2245{,}2\\text{ kJ/kg}$.\n$\\dot{Q}_{\\text{cond}} = \\dot{m} \\cdot q_{\\text{cond}} = -25 \\times 2245{,}2 = -56,130\\text{ MW}$.\nBilan refroidissement :\n$\\dot{m}_{\\text{cool}} \\left(h_f(25) - h_f(15)\\right) = 56130\\text{ kW} \\Rightarrow \\dot{m}_{\\text{cool}} = \\frac{56130}{104{,}87 - 62{,}98} = 1940\\text{ kg/s}$.","chap":9,"chaps":[9,5,2]},{"id":"a10-p2-enonce","type":"annale_enonce","annale":"A10","ex":2,"title":"Médian A10 · problème 2 (énoncé)","file":"a10-enonce.pdf","page":2,"y":0.078,"text":"Problème II (6 points)\n\nUn réservoir de stockage de méthane de $2\\text{ m}^3$ contient en volume $80\\%$ de liquide saturant et $20\\%$ de vapeur saturante de méthane à une température de $158,52\\text{ K}$ et une pression de $1500\\text{ kPa}$. On apporte de la chaleur au réservoir, de la vapeur saturante à $158,52\\text{ K}$ s'écoule alors en régime permanent dans un réchauffeur où elle est chauffée à pression constante, (la même que celle du réservoir) jusqu'à $350\\text{ K}$. Le processus s'arrête au moment où il n'y a plus de méthane liquide dans le réservoir.\n\nCalculer :\n\n1) La masse totale de méthane extraite du réservoir\n2) La quantité de chaleur totale transmise au réchauffeur\n3) La quantité de chaleur totale transmise au réservoir\nProblème 2.\nà $158{,}52\\text{ K}$, $P_g = 1{,}5\\text{ MPa}$.\n$v_f = 0{,}002879$, $v_g = 0{,}04196\\text{ m}^3\\text{kg}^{-1}$\nmasse de liquide : $m_{l} = 0{,}8 \\times 2 / 0{,}002945 = 543{,}3\\text{ kg}$\nmasse de vapeur : $m_{\\text{vap}} = 0{,}2 \\times 2 / 0{,}04196 = 9{,}53\\text{ kg}$\n$m_1 = m_{l} + m_{\\text{vap}} = 543{,}3 + 9{,}53 = 552{,}83\\text{ kg}$.\nmasse finale : $m_2 = 2 / 0{,}04196 = 47{,}66\\text{ kg}$.\nmasse de $\\text{CH}_4$ extrait : $M_1 - M_2 = 505{,}16\\text{ kg}$.\nsuite P.3.","chap":5,"chaps":[5,2,3]},{"id":"a10-p3-enonce","type":"annale_enonce","annale":"A10","ex":3,"title":"Médian A10 · problème 3 (énoncé)","file":"a10-enonce.pdf","page":2,"y":0.528,"text":"Problème III (4 points)\n\nUn moteur fonctionne avec de l'air, considéré comme gaz parfait, suivant un cycle de Carnot, entre une température haute de $1200\\text{K}$ et une température basse de $400\\text{ K}$. Au cours de l'étape de transfert de chaleur isotherme à $1200\\text{ K}$, le volume de l'air triple. Déterminer :\n1) Le rendement thermique du cycle\n2) La quantité de chaleur reçue par $\\text{kg}$ d'air lors de l'étape isotherme à $1200\\text{ K}$\n3) La quantité de chaleur rejetée par $\\text{kg}$ d'air, lors de l'étape isotherme à $400\\text{ K}$\n\nRappel : pour l'air $r = 0,287\\text{ kJ/kg/K}$\n3) Vitesse approximative : $V_1 \\simeq V_2 \\le 6\\text{ m/s}$, $v_1$ et $v_2$ négligeables.\n$\\dot{Q}_{E} = \\dot{m}_c \\cdot h_c = 550\\text{ kJ/kg} \\Rightarrow \\dot{Q}_{E} = 25 \\times 550 = 13750\\text{ kW}$.\n$q_{0} + h_2 = h_3 + \\frac{1}{2}V_3^2 \\Rightarrow q_{0} = h_2 - h_3 + \\frac{1}{2}V_3^2$\n$q_{0} = (3426 - 744) + 0{,}5 \\times (47{,}3)^2 \\cdot 10^{-3} = 2683{,}14\\text{ kJ/kg}$.\n$\\dot{Q}_{i} = \\dot{m} \\cdot q_{0} = 67078\\text{ kW}$.\nRedement thermique $\\eta = \\frac{W_{\\text{net}}}{q_{\\text{total}}}$\n$W_p = h_1 - h_5 = 194 - 168 = 26\\text{ kJ/kg}$.\n$W_{\\text{net}} = W_T - W_p = 1013{,}94 - 26$\n$q_{\\text{total}} = q_{E} + q_0 = 560 + 2683{,}14$.\ndonc $\\eta_{th} = \\frac{1013{,}94 - 26}{550 + 2683{,}14} \\simeq 0{,}3 = 30\\%$.\nProblème III\n\nRendement Thermique : $\\eta_{th} = 1 - \\frac{T_F}{T_C} = 1 - \\frac{400}{1200} = 0,667$\n$\\Delta U_1^2 = Q_1^2 - W_1^2 \\quad a \\quad \\Delta U_1^2 = 0 \\quad isotherme \\Rightarrow$\n$Q_1^2 = W_1^2 = P_1 V_1 \\ln \\frac{V_2}{V_1} = r T_1 \\ln \\frac{V_2}{V_1} = 0,287 \\times 1200 \\ln 3 = 378,4 \\text{ kJ/kg}$.\n$\\frac{|Q_C|}{|Q_F|} = \\frac{T_C}{T_F} \\quad ou \\quad \\frac{|Q_C|}{|Q_F|} = \\frac{T_F}{T_C} = 1 - \\eta_{th}$.\n$\\Rightarrow |Q_C| = |Q_C| \\times (1 - \\eta_{th}) = 378,4 \\times (1 - 0,667) = 126 \\text{ kJ/kg}$.\n\nPb II suite :\n$m_{ex} h_e + Q_c = m_{ex} h_o \\Rightarrow Q_c = m_{ex} (h_o - h_e)$.\n$h_o = 732,26 \\text{ kJ/kg} \\quad \\quad \\quad \\quad h_e = 270,47 \\text{ kJ/kg}$.\n$Q_c = 505,16 \\times (932,26 - 270,47) = 233,28 \\cdot 10^3 \\text{ kJ}$.\n$Q_R = (U_2 - U_1)_{ve} + m_{ex} h_e$.\navec $U_1 = m_{liq} \\cdot u_l + m_{vapeur} \\cdot u_g$.\n$U_2 = m_2 \\cdot u_g$","chap":9,"chaps":[9,6,4]},{"id":"a12-p1-enonce","type":"annale_enonce","annale":"A12","ex":1,"title":"Médian A12 · problème 1 (énoncé)","file":"a12-enonce.pdf","page":1,"y":0.14,"text":"Problème 1\nUn réservoir de $200$ litres contient initialement de l'eau liquide et vapeur en équilibre à $100$ kPa avec un titre de vapeur de $1$ %. Ce réservoir est muni d'une soupape de sûreté. On lui fournit de la chaleur à partir d'une source à $250$ °C. Lorsque la pression dans le réservoir atteint $2$ MPa, la soupape de sûreté s'ouvre et de la vapeur saturante à $2$ MPa y est détendue par étranglement (détente de Joule-Thompson) pour ensuite s'échapper à la pression du milieu ambiant qui est de $100$ kPa. L'opération s'arrête lorsque le titre de vapeur dans le réservoir est de $90$ %\n1) Calculer la masse qui s'est échappée du réservoir et montrer qu'elle est égale à $8,9$ kg\n2) Calculer la quantité de chaleur fournie au contenu du réservoir par la source pendant cette évolution (en kJ).\n3) Calculer les variations d'entropie (en kJ/K) respectivement pour le réservoir et pour le milieu ambiant. Démontrer que l'évolution est conforme au second principe.","chap":8,"chaps":[8,2,5]},{"id":"a12-p2-enonce","type":"annale_enonce","annale":"A12","ex":2,"title":"Médian A12 · problème 2 (énoncé)","file":"a12-enonce.pdf","page":1,"y":0.486,"text":"Problème 2\nConformément au schéma ci-dessus, de la vapeur d'eau entre dans une turbine (1) avec un débit volumique de $5$ $\\text{m}^3$/s, à une pression $P_1 = 3$ MPa et une température $T_1 = 400$ °C. Dans le but de chauffer des bâtiments, un courant de vapeur (2) est soutiré de la turbine à une pression $P_2 = 600$ kPa et une température $T_2 = 200$ °C, avec un débit massique égal à $15$ % du débit massique d'entrée. Le reste du courant de vapeur sort de la turbine (3) à la pression $P_3 = 20$ kPa, avec un titre de vapeur $x_3 = 90$ % et une vitesse $V_3 = 100$ m/s. Les vitesses des courants d'entrée (1) et de soutirage (2) sont négligeables. Déterminer\n1) Le débit volumique du courant (2) de soutirage\n2) Le diamètre de la tubulure de sortie\n3) La puissance générée par la turbine","chap":5,"chaps":[5,2,3]},{"id":"a12-p3-enonce","type":"annale_enonce","annale":"A12","ex":3,"title":"Médian A12 · problème 3 (énoncé)","file":"a12-enonce.pdf","page":2,"y":0.085,"text":"Problème 3\nDans un cylindre fermé par un piston qui coulisse librement, on a de l'air à une température initiale $\\text{T}_1$=293K, un volume initial $\\text{V}_1$=2 litres et une pression $\\text{P}_1$ = 20 bar. On considère l'air comme un gaz parfait avec des chaleurs spécifiques constantes ($\\text{C}_{\\text{V}0}$= 0,717 kJ/K/kg; $\\text{C}_{\\text{P}0}$ =1,004 kJ/K/kg, $\\gamma$=1,4) La pression du milieu ambiant est $\\text{P}_0$ = 1bar. La masse du piston est négligeable.\n1) On effectue sur cet air une détente isotherme quasi-statique jusqu'à la pression ambiante ($\\text{P}_2$=1bar) à l'aide d'un vérin qui exerce sur le piston une contre-pression progressivement décroissante. Déterminer la masse d'air dans le cylindre, m ; le volume final $\\text{V}_2$ ; le travail fourni par l'air (kJ) au cours de la détente $\\text{W}_{1-2}$ ; la variation d'entropie (kJ/K) $\\Delta\\text{S}_{1-2}$ ; le transfert de chaleur $\\text{Q}_{1-2}$. On précisera le sens du transfert de chaleur\n2) On recouvre la surface du cylindre et du piston d'un calorifuge et on effectue cette fois, à l'aide du vérin, la détente de façon quasistatique (ou réversible) et adiabatique, jusqu'à la pression finale $\\text{P}_2$=1bar. Déterminer la température finale $\\text{T}_2$ (K) ; le volume final $\\text{V}_2$ ainsi que le travail de détente $\\text{W}_{1-2}$\n3) Pour l'ensemble cylindre-piston parfaitement calorifugé, on enlève le vérin qui permet une détente quasi-statique et on bloque le piston à l'aide d'une goupille de façon à ce que les conditions initiales de l'air enfermé dans le cylindre soient toujours $\\text{V}_1$ = 2 litres, $\\text{P}_1$= 20 bar et $\\text{T}_1$=293K. On retire brusquement la goupille et on laisse l'air se détendre jusqu'à la pression ambiante $\\text{P}_2$=1bar. Déterminer pour l'air dans le cylindre :\nla température finale $\\text{T}_2$, le volume final $\\text{V}_2$, le travail de détente $\\text{W}_{1-2}$, la variation d'entropie $\\Delta\\text{S}_{1-2}$ , le travail dégradé $\\text{W}_{\\text{p}1-2}$\n4) En remettant le vérin en place, on effectue la détente de façon adiabatique et réversible exactement comme dans la question 2 mais on considère cette fois que les chaleurs spécifiques de l'air varient avec la température. Déterminer la température finale $\\text{T}_2$ ainsi que le travail de détente $\\text{W}_{1-2}$ à l'aide de la table adéquate. (Précisez la méthode si vous n'avez plus de temps pour les calculs)","chap":4,"chaps":[4,3,7]},{"id":"a13-p1-enonce","type":"annale_enonce","annale":"A13","ex":1,"title":"Médian A13 · problème 1 (énoncé)","file":"a13-enonce.pdf","page":1,"y":0.147,"text":"Problème 1\n\nUne turbine parfaitement calorifugée, servant à produire de l'énergie, est traversée en régime permanent par un débit d'eau de $2\\text{ kg/s}$. En entrée de turbine, l'eau est à une température de $350\\text{ °C}$, une pression de $1000\\text{ kPa}$ et sa vitesse est de $15\\text{ m/s}$. En sortie, sa pression est de $100\\text{ kPa}$, sa température de $150\\text{ °C}$ et sa vitesse est négligeable. L'entrée est au même niveau que la sortie.\n\nCalculer le travail spécifique (en $\\text{kJ/kg d'eau}$) produit par la turbine et sa puissance (en $\\text{kW}$)","chap":5,"chaps":[5]},{"id":"a13-p2-enonce","type":"annale_enonce","annale":"A13","ex":2,"title":"Médian A13 · problème 2 (énoncé)","file":"a13-enonce.pdf","page":1,"y":0.319,"text":"Problème 2\n\nOn réalise une détente irréversible et adiabatique du gaz (Azote) contenu dans un cylindre muni d'un piston. L'ensemble cylindre + piston étant parfaitement calorifugé. A l'état initial, le piston est bloqué par une goupille et maintient l'azote dans un volume $V_1 = 1\\text{ litre}$, à une pression $P_1 = 20\\text{ bar}$ et à une température $T_1 = 290\\text{ K}$ ($17\\text{ °C}$). La pression du milieu extérieur ou pression ambiante est égale à $1\\text{ bar}$. On estime négligeable la masse du piston et celui-ci coulisse sans frottements à l'intérieur du cylindre.\n\nOn retire brusquement la goupille maintenant en place le piston de sorte que l'azote se détend de façon brutale et irréversible (non quasistatique) jusqu'à atteindre une pression finale de $1\\text{ bar}$. On désigne par $V_2$, $T_2$ et $P_2$ respectivement les volume, température et pression de l'azote dans le cylindre, en fin de détente\n\nL'azote est considéré comme un gaz parfait dont les chaleurs spécifiques sont indépendantes de la température\n\n1) Calculer la masse d'$\\text{azote}$ $m$ contenue dans le cylindre.\n2) Exprimer au moyen des variables d'état $V$, $T$ et $P$ :\nla variation de l'énergie interne totale de l'azote dans le cylindre : $U_2 - U_1$\nle travail exercé par l'azote contre la pression extérieure : $_1W_2$\n3) Exprimer le premier principe pour cette détente et en déduire la valeur de la température $T_2$ ainsi que celle du volume final $V_2$\n4) Donner l'expression de la variation totale d'entropie de l'azote : $S_2 - S_1$ en fonction des variables d'état $T$ et $P$ et la calculer. Quelle est la valeur de l'accroissement net d'entropie (Azote+milieu ambiant). Que peut-on en conclure ?\n5) Si on avait effectué la détente non pas de façon brutale comme précédemment mais de façon très progressive et quasistatique, quelles auraient été les valeurs $T_2$ et $V_2$ de la température et du volume en fin de détente. Quelle aurait été la valeur du travail de détente\\n\\nIndication : Chaleur spécifique à volume constant de l'azote $C_{v0}=0,745\\text{ kJ/kg/K}$, à pression constante $C_{p0}=1,042\\text{ kJ/kg/K}$","chap":4,"chaps":[4,3,7]},{"id":"a13-p3-enonce","type":"annale_enonce","annale":"A13","ex":3,"title":"Médian A13 · problème 3 (énoncé)","file":"a13-enonce.pdf","page":2,"y":0.215,"text":"Problème 3\\n\\nUn dispositif métallique cylindre/piston en acier dont la masse d'acier est de $1\\text{ kg}$ contient une masse de $0,5\\text{ kg}$ d'ammoniac. La pression initiale de l'ammoniac est $P_1=1600\\text{ kPa}$ et la température initiale du dispositif métallique ainsi que de l'ammoniac est $T_1=120\\text{ °C}$. Des butées sont placées dans le cylindre comme indiqué sur la figure jointe de sorte que le volume occupé par l'ammoniac ne peut être inférieur à $0,02\\text{ m}^3$. Le système entier :dispositif métallique et ammoniac est refroidi jusqu'à une température finale $T_2=30\\text{ °C}$ par transfert de chaleur vers le milieu ambiant qui est à une température fixe de $20\\text{ °C}$. A tout instant pendant le refroidissement la température de l'ammoniac est égale à celle du dispositif métallique .\\n\\n1) Déterminer à la fin du processus de refroidissement la pression $P_2$ de l'ammoniac, son énergie interne spécifique $u_2$ et son entropie spécifique $s_2$. Décrire le chemin thermodynamique suivi par l'ammoniac dans un diagramme P-v. Déterminer la température intermédiaire $T'$ atteinte quand le piston touche juste les butées\\n\\n2) Calculer le travail total fourni par l'ammoniac (en kJ) au cours du processus de refroidissement\\n\\n3) Calculer les quantités de chaleur (en kJ) cédées au milieu ambiant respectivement par le dispositif métallique et par l'ammoniac au cours du processus\\n\\n4) Calculer la quantité totale d'entropie (ou quantité nette) générée au cours du processus de refroidissement $\\Delta S_{\\text{net}}$ (en kJ/K) Que peut-on en conclure?\\n\\nDonnées Chaleur spécifiques de l'acier $C_v=C_p=0,46\\text{ kJ/kg/K}$","chap":4,"chaps":[4,1,3]},{"id":"a16-p1-enonce","type":"annale_enonce","annale":"A16","ex":1,"title":"Médian A16 · exo 1 (énoncé)","file":"a16-enonce.pdf","page":1,"y":0.219,"text":"Exercice 1 (5 points)\nUn cylindre fermé par un piston coulissant sans frottements, contient initialement 100 litres\nd’air à 110 kPa et 25 °C. L’air est comprimé selon un processus polytropique réversible tel\nn\nque Pv = constante, jusqu’à une pression de 800 kPa et une température de 200 °C. Si on\nconsidère que l’air se comporte comme un gaz parfait, déterminer :\n1. le coefficient polytropique n de cette transformation ;\n2. le volume final de l’air ;\n3. le travail de compression ;\n4. la quantité de chaleur échangée au cours de la compression.","chap":3,"chaps":[3,4,1]},{"id":"a16-p2-enonce","type":"annale_enonce","annale":"A16","ex":2,"title":"Médian A16 · exo 2 (énoncé)","file":"a16-enonce.pdf","page":1,"y":0.447,"text":"Exercice 2 (5 points)\nUn moteur fonctionne avec de l’air, suivant un cycle de Carnot, entre une température haute\nde 1200K et une température basse de 400 K. Au cours de l’étape de transfert de chaleur\nisotherme à 1200 K, le volume de l’air triple. Si on considère que l’air se comporte comme\ngaz parfait, déterminer :\n1. Le rendement thermique du cycle ;\n2. La quantité de chaleur reçue par kg d’air lors de l’étape isotherme à 1200 K ;\n3. La quantité de chaleur rejetée par kg d’air, lors de l’étape isotherme à 400 K.","chap":6,"chaps":[6,4,3]},{"id":"a16-p3-enonce","type":"annale_enonce","annale":"A16","ex":3,"title":"Médian A16 · exo 3 (énoncé)","file":"a16-enonce.pdf","page":1,"y":0.656,"text":"Exercice 3 (5 points)\nSoit un réservoir de 200 litres, muni d’une soupape de sûreté, contient initialement de l’eau\nliquide en équilibre avec 1% de vapeur à 100 kPa et que l’on va chauffer, à l’aide d’une\nsource extérieur, jusqu’à 250 °C. Lorsque la pression dans le réservoir atteint 2 MPa, la\nsoupape de sûreté s’ouvre et de la vapeur saturée à 2 MPa y est détendue par étranglement\npour ensuite s’échapper à la pression atmosphérique. Si on poursuit l’opération jusqu’à ce\nque le titre de vapeur dans le réservoir atteigne 90 % :\n1. Calculer la masse qui s’est échappée du réservoir\n2. Calculer la quantité de chaleur fournie au réservoir pendant cette évolution.\nMEDIAN PS15 1/2 Automne 2016","chap":5,"chaps":[5,2,4]},{"id":"a16-p4-enonce","type":"annale_enonce","annale":"A16","ex":4,"title":"Médian A16 · exo 4 (énoncé)","file":"a16-enonce.pdf","page":2,"y":0.075,"text":"Exercice 4 (5 points)\nSoit un courant d’eau comprimé à 2 MPa et 180 °C, provenant d’une source géothermique,\nest détendu par étranglement (détente de Joule-Thomson) dans une chambre d’évaporation\nflash à 400 kPa selon le schéma ci-dessous. Le liquide saturé est évacué par le fond de la\nchambre tandis que la vapeur saturante, qui sort par le haut de la chambre, est détendue\ndans une turbine à la pression de 10 kPa avec un titre de vapeur de 0.9, pour fournir une\npuissance de 1MW.\n(1)\nEau\nP 1 = 2 MPa\nT 1 = 180°C\n(2)\n400 Vapeur saturée\nkPa\nP 2 = 0,4 MPa\nW =1 MW\n(4) Liq. saturé vapeur :\n(3) P 3 = 10 kPa\nx 3 = 0.9\nSi on considère que tous les écoulements se font en régime permanent à travers des\néléments thermiquement isolés et si on néglige les termes d’énergie cinétique et potentielle :\n1. Calculer le titre de vapeur dans la chambre d’évaporation ;\n2. Déterminer les débits (en kg/h) des courants :\n de vapeur dans la turbine ;\n d’eau comprimée entrant dans la chambre d’évaporation ;\n d’eau évacuée au fond de la chambre d’évaporation.\nMEDIAN PS15 2/2 Automne 2016","chap":5,"chaps":[5,2]}]}