Université Ibn Zohr

BTP3 : 2014/2015
Ecole Nationale des Science Appliquée
Agadir

Devoir surveillé de thermodynamique N˚1

(durée 2h)

Exercice 1 :

1. Calculer l’enthalpie standar de formation de l’eau à l’état gazeux ∆Hf0 (H2 O(g) )
2. En déduire la valeur de cette enthalpie de formation à 600K
Données à 298K :

Lvap = 44, 0KJ.mol−1 ; ∆Hf0 (H2 O(l) ) = −285, 5KJ.mol−1 ;

CP (H2(g) ) = 29, 3J.mol−1 .K −1 ; CP (H2 O(g) ) = 30, 1J.mol−1 .K −1 ;
CP (O2(g) ) = 25, 5J.mol−1 .K −1 ;

Exercice 2 :
Une mole de gaz reçoit, au cours d’un transformation élémentaire réversible, une quantité de
chaleur δQ qui peut s’exprimer de trois façons différentes, suivante le choix des variables (P, V, T ) :

δQ = Cv dT + ldV

δQ = Cp dT + hdp
δQ = λdp + µdV
1. Exprimer les coefficients l, h, µ et λ en fonction des capacité calorifiques molaires CP et CV et
des dérivées partielles :    
∂T ∂T
et
∂V P ∂P V

2. Calculer, dans le cas d’un gaz parfait, l, h, λ et µ en fonction des paramètres P, V et γ

3. En déduire la relation entre P et V , au cours d’un transformation adiabatique réversible du gaz,
(a) si γ est indépendant de la température
(b) si γ est une fonction linéaire de la température (γ = gT + γ0 )

Exercice 3 :
Soit une mole d’un gaz parfait subissant le cycle suivant :

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 – Un refroidissement isobare de l’état A1 à l’état A2 .
– Une compression adiabatique de l’état A2 à l’état A3 .
– Un réchauffement isobare de l’état A3 à l’état A4 .
– Une détente isotherme de l’état A4 à l’état A1 .

A3 A4

A2 A1

On donne : V1 = 10−3 m3 ; T1 = 400K ; T2 = 200K ; p3 = 50.105P a ; Cp = 29, 12J/mole◦K ;

γ = 1, 4 ; R = Cp − CV = 8, 32J/mole◦K.

1. Donner la pression, le volume et la température pour chaque état : A1 , A2 ,A3 et A4 .

2. Calculer le travail et la quantité de chaleur pour chaque transformation.
3. Quelle sont les valeurs du travail total et de la quantité de chaleur échangée au cours du cycle.
Vérifier le 1er principe.
4. Quels sont les travaux donné et reçu par le système ? Même question pour les quantités de
chaleur. Justifier votre réponse.
5. Démontrer que l’entropie échangée au cours du cycle est nulle (∆Scycle = 0).

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Correction : et  
∂T
Exercice 1 : µ = Cp
∂V p
A volume constant, dV = 0 ; on a donc :
1. L’enthalpie de formation de l’eau est as-
sociée à la réaction suivante :
1 ∆f H 0 (H2 O(g) ) δQ = Cv dT = Cp dT + hdp = λdp
H2(g) + O2(g) −−−−−−−−−→ H2 O(g)
2
d’où
Mais qui peut se décomposer en passant par  
∂T
l’eau liquide : h = −(Cp − Cv )
∂p v
1 ∆f H0 Lvap et
H2(g) + O2(g) −−−→ H2 O(l) −−−→ H2 O(g) 
∂T

2 λ = Cv
∂p v
Ainsi :
2. La relation de Mayer relative à une mole de
0 0
∆f H (H2 O(g) ) = ∆f H (H2 O(l) )+Lvap (H2 O) gaz parfait, Cp − Cv = R (avec Cp = γCv ),
fournit les capacités calorifiques molaires
∆f H 0 (H2 O(g) ) = −285, 6 + 44, 0
en fonction de γ :
∆f H 0 (H2 O(g) ) = −241, 6kJ.mol−1 R γR
Cv = et Cp =
2. Il faut tout transposer à 600K : γ −1 γ−1
D’autre part, l’équation d’état du gaz par-
∆f H 0 (600K)
fait s’écrit :pV = RT d’où :
H2(g) + 12 O2(g) −−−−−−−→ H2 O(g)    
∂T p ∂T V
↓ ∆H1 ↑ ∆H2 = et =
∆f H 0 (298K) ∂V p R ∂V V R
H2(g) + 12 O2(g) −−−−−−−→ H2 O(g)
Les coefficients calorimétriques donnés par
Détaillons chacune des étapes : les relation précédantes sont donc :
∆f H 0 (600K) = ∆H1 + ∆f H 0 (298K) + ∆H2 p
 1 l = R. = p
∆H1 = CP (H2 ) + 2 CP (H2 ) (298 − 600) R
∆H2 = CP (H2 ) (600 − 298) V
h = −R. = −V
AN : R
γR p γ
µ= = .p
∆f H 0 (600K) = −244, 5kJ.mol−1 γ −1R γ−1
R V V
λ= =
Exercice 2 : γ−1R γ−1
3. La transformation étant adiabatique, on a :
1. A pression constante, dp = 0 ; on a donc :
δQ = λdp + µdV = 0
δQ = Cv dT + ldV = Cp dT = µdV
En remplaçant λ et µ par leurs expressions :
d’où 
∂T
 vdp γpdV dp dV
l = (Cp − Cv ) + = 0 ou +γ =0
∂V γ−1 γ−1 p V
p

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(a) Puisque γ = γ0 = cte, on peut écrire, Exercice 3 :
en intégrant,
Le gaz étudié ztant parfait, son équation d’état
ln(p) + γ0 ln(V ) = cte est : pV = RT pour une mole de gaz

soit 1. A l’état A1 , la pression est :

ln(pV γ0 ) = cte ou pV γ0 = cte RT1

p1 = = 3, 3.106P a
V1
(b) Le rapport des capacités calori-
⋆ A1 A2 Transformation isobare (p2 = p1 ),
fiques est une fonction linéaire de la
le volume V2 à l’état A2 est :
température. La relation différentielle
de l’adiabatique : RT2
V2 =
dp dV p2 = 5.10−4 m3
+γ =0
p V
⋆ A2 A3 Transformation adiabatique,
s’écrit : l’équation de la réversible pour un gaz par-
dp dT dV fait est :
= −
p T V
pV γ = cte
On a donc
Le volume V3 à l’état A3 est donc :
dT dT
+ (gT + γ0 − 1)
T T   γ1
p2
Soit V3 = V2 = 3, 7.10−4m3
p3
dV 1 dT
=− La température T3 à l’état A3 est :
V gT + γ0 − 1 T
dT dV dV p3 V 3
⇒ + gT + (γ0 − 1) =0 T3 = = 222, 4K
T V V R
dT g dV
⇒ − dT +(γ0−1) =0 ⋆ A3 A4 Transformation isobare, la pression
T gT + γ0 − 1 V
p4 à l’état A4 est :
Intégrons cette dérinière équation
différentielle ; il vient :
p4 = p3 = 5.106 P a
ln T −ln(gT +γ0−1)+(γ0 −1) ln V = cte
⋆ A4 A1 Transformation isotherme, le vo-
soit lume V4 à l’état A4 est :
T V γ0 −1
= cte
gT + γ0 − 1 p1 V 1
V4 = = 6, 6.10−4m3
Compte tenu de pV = RT , on obtient p4
la relation entre p et V :
La température T4 à l’état A4 est :
γ0
pV
= cte
gpV + R(γ0 − 1) T4 = T1 = 400K

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2. ⋆ A1 A2 Transformation isobare (p2 = p1 ) 3. Bilan mécanique :
le travail échangé est :
Z V2 Wcycle = W1→2 + W2→3 + W3→4 + W4→1
W1→2 = − pdV = p1 (V1 − V2 )
V1 Wcycle = 1664+466−1478−1383 = −731J
W1→2 = R(T1 − T2 ) = 1664J
Bilan thermique :
Apression constante on a dQ = Cp dT , la
quantité de chaleur échangée au cours de la Qcycle = Q1→2 + Q2→3 + Q3→4 + Q4→1
transformation A1 A2 est :
Qcycle = −5824 + 0 + 5172 + 1383 = 731J
Q1→2 = Cp (T2 − T1 ) = −5824J
La variation d’énergie interne ∆Ucycle :
⋆ A2 A3 Transformation adiabatique (Q =
0), le travail échangé est : ∆Ucycle = Wcycle + Qcycle = 0
Z V3
W2→3 = − pdV 4. Les travaux W1→2 et W2→3 sont de signe
V2
or positif : ils sont reçus par le système.
pV γ = p2V2γ = p3V3γ Par cpntre W3→4 et W4→1 sont de signe
négatifs : ils sont fournit par le système.
d’où
5. La variation de l’entropie :
1 R
W2→3 = (p3 V3 −p2 V2 ) = (T3 −T2 )
γ−1 γ −1 T2
dT T2
Z
⇒ W2→3 = 466J ∆S1→2 = Cp = Cp ln et ∆S2→3 = 0
T1 T T1
⋆ A3 A4 Transformation isobare, le travail
et
échangé est :
T4
dT T4
Z
W3→4 = −p3 (V4 − V3 ) = R(T 3 − T4 ) ∆S3→4 = Cp = Cp ln
T4 T T3
⇒ W3→4 = −1478J
et
A pression constante, la quantité de chaleur V1
dV V1 p3
Z
échangée est : ∆S4→1 = p = R ln = R ln
V4 T V4 p1
Q3→4 = Cp (T4 − T3 ) = 5172J
Donc la variation d’entropie au cours du
⋆ A3 A4 Transformation isotherme, le travail cycle est :
échangé est :
T2 T4 p3
∆S =cy = Cp ln 0 + Cp ln + R ln
+ T3 p1
V4 p1
W4→1 = RT1 ln = RT ln = −1383J 1−γ
V1 p3
En tenant compte des relations T2 p2 γ =
A température constante, on dQ = pdV , la 1−γ
γ
T3 p3 et T1 = T4 , on obtient :
quantité de chaleur échangée :
p3
Q4→1 = RT1 ln = 1383J ∆Scy = 0
p1
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