ThermodynamiqueII-3/4
Phs 2101
Automne 2001
http://www.crm.umontreal.ca/~physnum
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4. PREMIER PRINCIPE
Thermodynamique - PHS 2101 II-3/4 J.M.Lina
QWdU δδ +=
BABABA QWU →→ +=,
A
BNous avons évoqué le premier principesans le nommer en écrivant que lavariation d 'énergie totale d ’un systèmeest égale aux échanges d 'énergie sousforme de travail et/ou de chaleur:
UA,B = UB-UA ne dépend pas du chemin A->B alors que WA->B et QA->B dépendent de l 'évolution suivie par le système pour aller de A vers B. Infinitesimalement, on exprime cela par
Thermodynamique - PHS 2101 II-3/4 J.M.Lina
QWdU δδ +=
Variationde l'énergie du système
Échanges d'énergieavec l 'extérieur
Précisons la composition de l'énergie totale:On distingue trois différentes contributions:
• l 'énergie cinétique (vitesse)• l 'énergie potentielle (position dans un champ de pesanteur)• l ’énergie interne, intrinsèque a la substance.
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QWdddU δδ +=++ pot.cin. EE
pot.cin. EEE dddUddU ++=→
Précisons donc ces trois types de contributions en replaçantdU par dE
où, maintenant, dU représente la variation d 'énergie interne (quine dépend ni de la position ni de la vitesse du système). Ainsi,la première loi de la thermodynamique est
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vvEvE cin.cin. dmdm =→=2
2
1
z
gm
0
ZEE cin.pot. dgmdZgm =→=
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dZgmdmdUd ++= vvE
Conclusion: la première loi s énonce ainsi
la variation d 'énergie totale,
est égale aux échanges
QW δδ +
Ou encore (sur un chemin A->B):
( ) BABAABAB WQZZgmmUU →→ +=−+−+− )(22A
2B vv
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QWdZgmdmdU δδ +=++ vv
AB
B
A
sommation UUdUdU −= → ∫
BA
B
A
sommation WWW →= → ∫δδ
BA
B
A
sommation QQQ →= → ∫δδ
QWdU δδ +=
vitesse constanteet altitude constante
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( )ABBAconstPsommation VVPWdVPW −−= →−= →.δ
L ’enthalpie:
on considère une évolution à pression constante:
( ) BAABAB QVVPUU →+−−=−
BAAABB QVPUVPU →=−−+
Donc:
C ’est-a-dire:
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BAAABB QVPUVPU →=−−+
VPUH +=BAAB QHH →=−Soit On obtient:
Volume massiquevPmumH +=
vPuhm
Hh +=⇒=
On introduit l 'énergie interne par unité de masse, u
Enthalpie massique
Énergie interne massique
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(pour une masse de 1 kg)
u : énergie int.
h = u + P v :enthalpie
(P,T,v)
(Voir Tables)
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Chaleurs Massiques
dVPdUQQWdU +=⇒+= δδδ
.
1
constV
def
V T
Q
mC
=
δδ
.constVV T
uC
∂∂=
V constant -> dV=0 donc dumdUQ ==δ
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Chaleurs Massiques (suite)
dPVdHQ
dVPdPVdVPdHQ
QWdU
−=⇒+−−=⇒
+=
δδ
δδ
.
1
constP
def
P T
Q
mC
=
δδ
.constPP T
hC
∂∂=
P constante -> dP = 0 donc dhmdHQ ==δ
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Initialement, cette sphère d ’Al est à 25 oCA la fin, elle est à 146.1 oC.
Question: quelle est la quantité de chaleurqu ’il a fallu fournir ?
Table A.7 (p. 729):Al : CP = 0.9 103 J/kg/K et ρ = 2700 kg/m3
.
1
constPP T
Q
mC
=
δδ
TCTCmQ PPAl ∆=∆=⇒ Vol..ρ
On trouve Qal = 2404.9 kJ
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0.5m
épaisseur: 1cm
Exemple:
Cas des gaz parfaits (GP)
Pour une masse de GP de 1 Kg: P v = R T
C ’est un modèle pour décrire la partie « vapeur » du diagrammede phases pour certainessubstances pures.
L ’expérience de Joule:u = u (T)
pour les gaz parfaits.
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Cas des gaz parfaits (suite)
Enthalpie massique: h = u(T) + Pv où P v = R T donc h = h(T)
TA
TBA
Pour ces deux états finaux,la variation uA,B et hA,B estla même.
P
v
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Cas des gaz parfaits (suite)
TA
TB=TA+dTA
P
v
B
.. constvconstvV dT
du
T
uC =
∂∂= (pour un gaz parfait: u=u(T))
dTCdu V=
dTmCdU V=
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Cas des gaz parfaits (suite)
TA
TB=TA+dTA
P
v
B
.. constPconstPP dT
dh
T
hC =
∂∂= (pour un gaz parfait h=h(T))
dTCdh P=
dTmCdH P=
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EXERCICE: No. 5.27, p.153
De l ’He, considéré comme un gaz parfait est chaufféde 500 a 1000 oK.On demande de calculer la variation d ’enthalpiepar Kg en supposant que la chaleur massique estconstante (voit Table A.8).
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Pour l’ He
Table A.8: R=2.077 103 J/kg/KCP = 5.1926 103 J/kg/KCv = 3.1156 103 J/kg/K
dTmCdH P=
Remarque: on a un GP, donc P V = m R T et
( ) ( ) dTmRdUmRTUdPVUddH +=+=+=Mais: dTmCdU V= donc: RCC VP += (GP)
On trouve: ∆H = CP ∆T = 5.1926 103 . 500 = 2596.3 kJ
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Cas des gaz parfaits (suite): la détente adiabatique d ’un GP
Paroi isolante: pas d ’ échange de chaleur
P
V,T
GP
QWdU δδ +=
dTmCdU V=GP:
TmRVP =
Donc: V
dVTmRdVPW −=−=δ
etV
dVTmRdTmCV −=
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Cas des gaz parfaits (suite): la détente adiabatique d ’un GP
( ) ( )
( ) 0ln0lnln
0lnln
0
0
=
→=
+
=+
=+
=+
VV C
R
C
R
V
V
V
TVdVdTd
VdC
RTd
V
dV
C
R
T
dTV
dVR
T
dTC
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Cas des gaz parfaits (suite): la détente adiabatique d ’un GP
constantedonc ==
VV C
R
C
R
TVTVd 0ln
VPmR
TTmRVP1=⇒=
const.=+1
VC
R
VP
VP CCR −=
const.=VP
C
C
VPV
P
C
C=γ
(indice adiabatique)
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TA
A
P
v
const.=γvP
TRP =vT
Cas des gaz parfaits (suite): la détente adiabatique d ’un GP
(Equ. d'état)
(Equ. d'évolution)
γ = 5/3 pour lesgaz mono-atomiques
(voir « k », Table A.8)
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Exercice
De l ’air, considéré comme un GP (R = 0.287 kJ/kg/K), est dansdans un cylindre fermé par un piston. L ’enceinte est toute entière est adiabatique. La température de l ’air est 38 oC, la masse du pistonest 12 kg et la pression atmosphérique est de 100 kPa.Le diamètre intérieur du cylindre est d = 10 cm, la hauteur initialede gaz dans le cylindre est 25 cm.
Une résistance est placée à l’intérieur du cylindre.
Question: Quelle est l ’énergie électrique qu ’on doit dépenser pourque le piston s’élève de 12 cm ?
On donne les informations suivantes: Cv = 0.7165 kJ/kg/Kg = 9.8 m/s2
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