Concours Physique ENSI (P') 1992 Physique 2 (Corrigé)

Préliminaire.

Soit une machine stationnaire traversée par un écoulement stationnaire d’un fluide et qui reçoit le travail $W'$ et la chaleur $Q$. Appliquons le premier principe au système formé par cette machine et par le fluide qui dans l’état initial est en partie dans la machine et en partie à l’entrée et dans l’état final est en partie dans la machine et en partie à la sortie. Notons par l’indice e le fluide à l’entrée et par l’indice s le fluide à la sortie. Soit ${S_e}$ et ${S_s}$ les sections du tuyau à l’entrée et à la sortie et ${L_e}$ et ${L_s}$ les longueurs qu’y occupe le fluide dans l’état initial et dans l’état final. Outre $W'$, le système reçoit le travail des forces de pression à l’entrée ${p_e}{S_e}{L_e}$, le travail des forces de pression à la sortie $ - {p_s}{S_s}{L_s}$ et le travail du poids qui est $mg({z_e} - {z_s})$ parce que le poids dérive d’une énergie potentielle $mgz$ et parce que la machine et l’écoulement sont stationnaires, ce qui fait que l’énergie potentielle qu’ils stockent est constante.

$\Delta (U + {E_c}) = W' + Q + {p_e}{S_e}{L_e} - {p_s}{S_s}{L_s} + mg({z_e} - {z_s})$
Comme l’écoulement et la machine sont dans un état stationnaire, l’énergie stockée dans la machine ne varie pas, donc $\Delta (U + {E_c}) = [U + {E_c}]_e^s$. D’autre part ${H_e} = {U_e} + {p_e}{S_e}{L_e}$ et ${H_s} = {U_s} + {p_s}{S_s}{L_s}$. En divisant par la masse $m$ de fluide transvasée et en représentant par des minuscules les grandeurs massiques : $[h + \frac{1}{2}{v^2} + gz]_e^s = w' + q$ , soit en négligeant les énergies potentielle et cinétique macroscopiques :${h_s} - {h_e} = w' + q$
1. Compresseur.
1. 1. et 1. 2. La transformation est une adiabatique réversible d’un gaz parfait, qui obéit à la loi de Laplace :
$\begin{array}{l}\frac{{{T_3}}}{{{p_1}^{1 - \frac{1}{\gamma }}}} = \frac{{{T_2}}}{{{p_2}^{1 - \frac{1}{\gamma }}}} \Rightarrow {T_3} = {T_2}{\left( {\frac{{{p_1}}}{{{p_2}}}} \right)^{1 - \frac{1}{\gamma }}} = 273{(12,65/5)^{1 - \frac{1}{{1,2}}}} = 318,7K\\{c_{pg}} = \frac{{\gamma R}}{{(\gamma - 1)M}} = \frac{{1,2 \times 8,31}}{{0,2 \times 0,0865}} = 576,4{\mathop{\rm J}\nolimits} .{K^{ - 1}}.k{g^{ - 1}}\\w' = {h_s} - {h_e} = {c_{pg}}({T_3} - {T_2}) = 576,4 \times (318,7 - 273) = 26300J/kg\end{array}$
1.3. Comme la transformation est adiabatique et réversible, $\Delta s = 0$.
1.4.a. Comme pour un gaz parfait $s - {s_0} = {c_{pg}}\ln \frac{T}{{{T_0}}} - \frac{R}{M}\ln \frac{p}{{{p_0}}}{\rm{ }}$, l’équation de l’isobare de pression $p$ est : $T = {T_0}{\left( {\frac{p}{{{p_0}}}} \right)^{1 - \frac{1}{\gamma }}}\exp \frac{{s - {s_0}}}{{{c_{pg}}}}$
L’isobare de pression ${p_2}$ se déduit de l’isobare de pression ${p_1}$ par translation parallèle à l’axe des $s$ de $ - \frac{R}{M}\ln \frac{{{p_2}}}{{{p_1}}}$ puisque $s(T,{p_2}) = s(T,{p_1}) - \frac{R}{M}\ln \frac{{{p_2}}}{{{p_1}}}$.
1.4.b. Le travail du compresseur est la variation d’enthalpie dans la transformation : $({T_2},{p_2}) \to ({T_3},{p_1})$. D’après la deuxième loi de Joule, $h$ ne dépend pas de $p$ :
$w' = h({T_3},{p_1}) - h({T_2},{p_2}) = h({T_3},p) - h({T_2},p)$
Or, pour une isobare, $dh = Tds \Rightarrow h({T_3},p) - h({T_2},p) = \int\limits_{{T_2}}^{{T_3}} {Tds} $ le long de l’isobare $p$ ; $w'$ est donc l’aire hachurée entre l’isobare $p$ et l’axe des $s$ dans la figure qui suit :

$q < \oint {T\,ds} $ et $w'$ est supérieur à l’aire du cycle.

2. Condenseur.

2.1. ${q_1} = {h_g}({T_1}) - {h_g}({T_3}) + {h_L}({T_1}) - {h_g}({T_1}) = {c_{pg}}({T_1} - {T_3}) - {L_v}({T_1}) = 576,4 \times (305 - 318,7) - 175000 = - 182900{\mathop{\rm J}\nolimits} .k{g^{ - 1}}$
2.2.$\Delta s = {c_{pg}}\ln \frac{{{T_1}}}{{{T_3}}} - \frac{{{L_v}({T_1})}}{{{T_1}}} = 576,4\ln \frac{{305}}{{318,7}} - \frac{{175000}}{{305}} = - 599,1{\mathop{\rm J}\nolimits} .{K^{ - 1}}.k{g^{ - 1}}$
3. Détendeur.
3.1. Cela résulte du premier principe et de l’absence de travail et de chaleur.
3.2. On peut calculer les variations des fonctions d’état sur le chemin : $({\text{liquide à }}{T_1},{p_1}) \to ({\text{liquide à }}{T_2},{p_2}) \to ({\text{fraction }}x{\text{ gazeuse et fraction }}1 - x{\text{ liquide à }}{T_2},{p_2})$
Les propriétés d’un liquide dépendent peu de la pression : on peut calculer sa variation d’enthalpie sans se préoccuper de la pression.
$\begin{array}{l}\Delta h = {c_L}({T_2} - {T_1}) + x{L_v}({T_2}) = 0\\x = \frac{{{c_L}({T_1} - {T_2})}}{{{L_v}({T_2})}} = \frac{{1,38 \times (305 - 273)}}{{205}} = 0,2154\end{array}$
3.3. $\Delta s = {c_L}\ln \frac{{{T_2}}}{{{T_1}}} + \frac{{x{L_v}({T_2})}}{{{T_2}}} = 1380\ln \frac{{273}}{{305}} + \frac{{0,2154 \times 205000}}{{273}} = 8,8{\mathop{\rm J}\nolimits} .{K^{ - 1}}.k{g^{ - 1}}$
4. Evaporateur.
4.1. ${q_2} = (1 - x){L_v}({T_2}) = (1 - 0,2154) \times 205000 = 160800{\mathop{\rm J}\nolimits} .k{g^{ - 1}}$
4.2. $\Delta s = \frac{{(1 - x){L_v}({T_2})}}{{{T_2}}} = 589,1{\mathop{\rm J}\nolimits} .{K^{ - 1}}.k{g^{ - 1}}$
5. L’efficacité est le rapport du gain, c’est-à-dire la chaleur communiquée à l’habitation à chauffer $ - {q_1}$, au coût, qui est l’énergie à donner au compresseur $\frac{{w'}}{r}$. C’est donc $e = r\frac{{ - {q_1}}}{{w'}} = 0,8\frac{{182900}}{{26300}} = 5,56$

On peut améliorer le rendement si on peut rapprocher les températures ${T_1}$ et ${T_2}$. Tel quel, ce chauffage est 5,56 fois moins coûteux en énergie que le chauffage électrique.
6.1. Pour un cycle, le premier principe s’écrit $w' + {q_1} + {q_2} = 0$. Or la même somme calculée avec les valeurs trouvées au fil de ce problème donne $w' + {q_1} + {q_2} = 26300 - 182900 + 160800 = 4200{\mathop{\rm J}\nolimits} .k{g^{ - 1}}$ ; la vérification est acceptable à la rigueur (erreur 2 %).
Les données du problème sont-elles cohérentes ? Elles devraient vérifier $\frac{{d{L_v}}}{{dT}} = \frac{{d{h_g}}}{{dT}} - \frac{{d{h_L}}}{{dT}} = {c_{pg}} - {c_L}$. Or $\frac{{{L_v}({T_1}) - {L_v}({T_2})}}{{{T_1} - {T_2}}} = \frac{{175000 - 205000}}{{305 - 273}} = - 937,5{\mathop{\rm J}\nolimits} .{K^{ - 1}}.k{g^{ - 1}}$ , tandis que ${c_{pg}} - {c_L} = 576,4 - 1380 = - 803,6{\mathop{\rm J}\nolimits} .{K^{ - 1}}.k{g^{ - 1}}$
6.2. Comme l’entropie est une fonction d’état, la somme des variations d’entropie lors du cycle devrait être nulle. Or, elle vaut $\sum {\Delta s} = - 599,1 + 8,8 + 589,1 = - 1,2{\mathop{\rm J}\nolimits} .{K^{ - 1}}.k{g^{ - 1}}$ ; la vérification est acceptable (erreur 0,2 %).
7.1.
$\begin{array}{l}kdT = - ak(T - {T_e})dt\\adt = - \frac{{dT}}{{T - {T_e}}}\\at = - \int\limits_{{T_4}}^{{T_5}} {\frac{{dT}}{{T - {T_e}}}} \Rightarrow a = \frac{1}{t}\ln \frac{{{T_4} - {T_e}}}{{{T_5} - {T_e}}} = \frac{1}{{14400}}\ln \frac{{20}}{{10}} = {4,81.10^{ - 5}}{{\mathop{\rm s}\nolimits} ^{ - 1}}\end{array}$
7.2. ${P_e} = \frac{{ak({T_4} - {T_e})}}{e} = \frac{{{{4,81.10}^{ - 5}} \times {{2.10}^7} \times 20}}{{5,56}} = \frac{{19250}}{{5,56}} = 3460{\mathop{\rm W}\nolimits} $
7.3. La puissance rejetée dans la source froide est ${P_2} = \frac{{160840}}{{182900}}19250 = 16930W$.
Le débit d’eau froide est donc $\frac{{{P_2}}}{{{c_f}\Delta T}} = \frac{{16930}}{{4180 \times 4}} = 1,013{\mathop{\rm kg}\nolimits} .{s^{ - 1}}$.