Feuille d'entraînement : Machines thermiques et systèmes ouverts

Corrigés

1. Exercice 1CentraleSupélec Physique-Chimie 1 PSI 2025, Q11

   Pour chaque état du fluide, on utilise le couple de coordonnées (p, T) donné par la figure 4 pour positionner le point sur le diagramme de Mollier (h en ordonnée, s en abscisse) :

   • Point A (entrée THP) : p_A = 144\text{ bar} (légèrement en dessous de l'isobare 150\text{ bar}) et T_A = 565^\circ\text{C} (entre les isothermes 550^\circ\text{C} et 600^\circ\text{C}).

     s_A \approx 6{,}53\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}\cdot\text{K}^{-1} \quad ; \quad h_A \approx 3500\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}

   • Point B (sortie THP) : p_B = 30\text{ bar} et T_B = 330^\circ\text{C}.

     s_B \approx 6{,}53\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}\cdot\text{K}^{-1} \quad ; \quad h_B \approx 3070\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}

   • Point C (sortie du surchauffeur / entrée TMP) : p_C = 30\text{ bar} et T_C = 565^\circ\text{C}.

     s_C \approx 7{,}25\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}\cdot\text{K}^{-1} \quad ; \quad h_C \approx 3600\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}

   • Point D (sortie TMP / entrée TBP) : p_D = 4{,}0\text{ bar} et T_D = 320^\circ\text{C}.

     s_D \approx 7{,}52\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}\cdot\text{K}^{-1} \quad ; \quad h_D \approx 3110\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}

   • Point E (sortie TBP) : p_E = 30\text{ mbar} = 0{,}030\text{ bar} et T_E = 26^\circ\text{C}. Le texte précisant que la vapeur est « juste saturante » en sortie de la TBP, le point se situe sur la courbe de saturation (x = 1{,}00) à l'intersection avec l'isobare p = 0{,}030\text{ bar} :

     s_E \approx 8{,}50\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}\cdot\text{K}^{-1} \quad ; \quad h_E \approx 2550\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}

   L'évolution de la vapeur dans le circuit est représentée par les segments fléchés suivants :

   • A \to B : détente dans la turbine haute pression (THP). Le segment est vertical descendant (s_B = s_A), ce qui correspond à une détente isentropique.
   • B \to C : réchauffage dans le surchauffeur (SC). L'évolution suit l'isobare p = 30\text{ bar} vers les enthalpies croissantes.
   • C \to D : détente dans la turbine moyenne pression (TMP). Le segment descend vers la droite (s_D > s_C), traduisant une détente avec création d'entropie due aux frottements.
   • D \to E : détente dans la turbine basse pression (TBP) jusqu'à la courbe de saturation x=1 à p = 0{,}030\text{ bar} (s_E > s_D).

   \boxed{ \begin{aligned} A &: (s_A \approx 6{,}53\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}\cdot\text{K}^{-1}, \, h_A \approx 3500\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}) \\ B &: (s_B \approx 6{,}53\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}\cdot\text{K}^{-1}, \, h_B \approx 3070\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}) \\ C &: (s_C \approx 7{,}25\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}\cdot\text{K}^{-1}, \, h_C \approx 3600\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}) \\ D &: (s_D \approx 7{,}52\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}\cdot\text{K}^{-1}, \, h_D \approx 3110\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}) \\ E &: (s_E \approx 8{,}50\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}\cdot\text{K}^{-1}, \, h_E \approx 2550\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}) \end{aligned} }

   Résultat

   $$\begin{array}{rl}A& :(s_A\approx 6,53\text{ kJ}\cdot {\text{kg}}^{-1}\cdot {\text{K}}^{-1},h_A\approx 3500\text{ kJ}\cdot {\text{kg}}^{-1})\\ B& :(s_B\approx 6,53\text{ kJ}\cdot {\text{kg}}^{-1}\cdot {\text{K}}^{-1},h_B\approx 3070\text{ kJ}\cdot {\text{kg}}^{-1})\\ C& :(s_C\approx 7,25\text{ kJ}\cdot {\text{kg}}^{-1}\cdot {\text{K}}^{-1},h_C\approx 3600\text{ kJ}\cdot {\text{kg}}^{-1})\\ D& :(s_D\approx 7,52\text{ kJ}\cdot {\text{kg}}^{-1}\cdot {\text{K}}^{-1},h_D\approx 3110\text{ kJ}\cdot {\text{kg}}^{-1})\\ E& :(s_E\approx 8,50\text{ kJ}\cdot {\text{kg}}^{-1}\cdot {\text{K}}^{-1},h_E\approx 2550\text{ kJ}\cdot {\text{kg}}^{-1})\end{array}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2CentraleSupélec Physique-Chimie 1 PSI 2025, Q14

   On applique le premier principe de la thermodynamique en écoulement stationnaire à la masse unité de vapeur d'eau traversant la turbine haute pression entre l'entrée A et la sortie B :

   h_B - h_A + \Delta e_c + \Delta e_p = w_u + q

   où w_u est le travail massique utile reçu par le fluide et q le transfert thermique massique reçu.

   • La turbine est supposée parfaitement calorifugée, d'où q = 0.
   • L'écoulement a lieu à altitude sensiblement constante, donc \Delta e_p \approx 0.
   • La variation d'énergie cinétique massique reste de l'ordre de grandeur de \frac{1}{2}v_A^2 \sim \frac{1}{2} \times 55^2 \approx 1{,}5\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1} (cf. question Q13), ce qui est tout à fait négligeable devant la chute d'enthalpie massique |h_B - h_A| \approx 430\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}.

   Le travail massique utile reçu par la vapeur se réduit donc à :

   w_u = h_B - h_A

   La puissance mécanique transmise par le fluide à l'axe de rotation de la turbine est l'opposée de la puissance utile reçue par le fluide, soit :

   \mathcal{P}_{\text{méc}} = - D_m\,w_u = D_m\,(h_A - h_B)

   Application numérique :

   • Débit massique de vapeur : D_m = \dfrac{534 \times 10^3\text{ kg}\cdot\text{h}^{-1}}{3600\text{ s}\cdot\text{h}^{-1}} \approx 148{,}3\text{ kg}\cdot\text{s}^{-1}
   • D'après la question Q11 : h_A \approx 3500\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1} et h_B \approx 3070\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}, soit h_A - h_B \approx 430\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}

   \begin{aligned} \mathcal{P}_{\text{méc}} &= 148{,}3\text{ kg}\cdot\text{s}^{-1} \times 430 \times 10^3\text{ J}\cdot\text{kg}^{-1} \\ &= 6{,}38 \times 10^7\text{ W} \approx 64\text{ MW} \end{aligned}

   \boxed{\mathcal{P}_{\text{méc}} \approx 64\text{ MW}}

   Résultat

   $${\mathcal{P}}_{\text{meˊc}}\approx 64\text{ MW}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3CentraleSupélec Physique-Chimie 1 PSI 2024, Q16

   Considérons le système fermé coïncident \Sigma^*, constitué à l'instant t par :

   • le fluide contenu dans le volume de contrôle de la machine, noté V_c ;
   • une masse élémentaire \mathrm{d}m de fluide située immédiatement en amont de la section d'entrée \text{E}, de volume \mathrm{d}V_e = v_e\,\mathrm{d}m (où v_e est le volume massique à l'entrée).

   À l'instant t + \mathrm{d}t, cette masse \mathrm{d}m a pénétré dans la machine, et une masse identique \mathrm{d}m (en vertu de la conservation de la masse en régime stationnaire) est sortie par la section \text{S}, occupant un volume \mathrm{d}V_s = v_s\,\mathrm{d}m. Le système \Sigma^* occupe alors le volume formé par V_c et cette tranche sortante.

   L'énergie mécanique macroscopique étant négligée devant les termes thermiques et enthalpiques (\Delta E_c \simeq 0 et \Delta E_p \simeq 0), l'énergie totale du système se réduit à son énergie interne U.

   La variation d'énergie interne de \Sigma^* entre t et t + \mathrm{d}t s'écrit :

   \begin{aligned} \Delta U_{\Sigma^*} &= U_{\Sigma^*}(t + \mathrm{d}t) - U_{\Sigma^*}(t) \\ &= \left[U_{V_c}(t + \mathrm{d}t) + u_s\,\mathrm{d}m\right] - \left[U_{V_c}(t) + u_e\,\mathrm{d}m\right] \end{aligned}

   Le régime étant stationnaire, l'état du fluide dans le volume fixe V_c est indépendant du temps, d'où U_{V_c}(t + \mathrm{d}t) = U_{V_c}(t). Il vient :

   \Delta U_{\Sigma^*} = (u_s - u_e)\,\mathrm{d}m

   D'après le premier principe de la thermodynamique appliqué au système fermé \Sigma^* :

   \Delta U_{\Sigma^*} = W + Q

   où :

   • Q = q\,\mathrm{d}m est le transfert thermique reçu par la masse \mathrm{d}m ;

   • W est le travail total des forces extérieures reçues par \Sigma^*, qui se décompose en :

     • le travail utile reçu des parties mobiles de la machine : W_u = w_u\,\mathrm{d}m ;
     • le travail des forces de pression du fluide amont qui pousse la tranche entrante : W_{p,e} = + p_e\,\mathrm{d}V_e = + p_e\,v_e\,\mathrm{d}m ;
     • le travail des forces de pression du fluide aval qui s'oppose à la sortie de la tranche : W_{p,s} = - p_s\,\mathrm{d}V_s = - p_s\,v_s\,\mathrm{d}m.

   On a donc :

   W = \left(w_u + p_e\,v_e - p_s\,v_s\right)\mathrm{d}m

   En égalant les deux expressions du premier principe :

   (u_s - u_e)\,\mathrm{d}m = \left(w_u + q + p_e\,v_e - p_s\,v_s\right)\mathrm{d}m

   En simplifiant par \mathrm{d}m > 0 et en réorganisant les termes :

   (u_s + p_s\,v_s) - (u_e + p_e\,v_e) = w_u + q

   En introduisant l'enthalpie massique h = u + p v, on obtient la relation du premier principe pour un système ouvert en écoulement stationnaire :

   \boxed{h_s - h_e = w_u + q}

   Résultat

   $$h_s-h_e=w_u+q$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4CentraleSupélec Physique-Chimie 1 PSI 2024, Q20

   Ce cycle étant moteur, l'efficacité thermique (ou rendement) \eta est définie par le quotient de la puissance mécanique nette fournie à l'extérieur par la puissance thermique fournie au fluide par la source chaude. En régime stationnaire, cela revient au bilan massique :

   \eta = \frac{-w_{\text{net}}}{q_c}

   où :

   • -w_{\text{net}} = -(w_{\text{pompe}} + w_{\text{turb}}) est le travail massique net fourni à l'extérieur. Le travail de la pompe étant négligé selon l'énoncé (w_{\text{pompe}} \simeq 0), on a :

     -w_{\text{net}} \simeq -w_{\text{turb}}

     La turbine étant calorifugée (q_{\text{turb}} = 0), le premier principe en système ouvert (question Q16) donne :

     h_3 - h_{2'} = w_{\text{turb}} \implies -w_{\text{turb}} = h_{2'} - h_3

   • q_c est le transfert thermique massique reçu lors du réchauffage, de la vaporisation et de la surchauffe isobares (1 \to 2'). En l'absence de parties mobiles dans ces échangeurs (w_u = 0) :

     q_c = h_{2'} - h_1 \simeq h_{2'} - h_0

     puisque h_1 \simeq h_0 (question Q17).

   L'efficacité thermique de ce cycle s'exprime donc par :

   \boxed{ \eta = \frac{h_{2'} - h_3}{h_{2'} - h_0} }

   Application numérique : D'après les données de l'énoncé et le résultat de la question Q19 :

   • h_{2'} = 3391\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1} ;
   • h_3 \simeq 2013\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1} ;
   • h_0 = 121\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}.

   On a donc :

   \begin{aligned} -w_{\text{turb}} &= 3391 - 2013 = 1378\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1} \\ q_c &= 3391 - 121 = 3270\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1} \end{aligned}

   d'où :

   \eta = \frac{1378}{3270} \simeq 0{,}421

   \boxed{ \eta \simeq 42\% }

   Résultat

   $$\eta =\frac{h_{2^{\prime }}-h_3}{h_{2^{\prime }}-h_0}$$

   $$\eta \simeq 42\%$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5CentraleSupélec Physique-Chimie 1 PSI 2024, Q21

   Considérons une masse unité de fluide décrivant un cycle au sein d'une machine ditherme en contact avec deux thermostats de températures respectives T_C (source chaude) et T_F (source froide).

   Le premier principe appliqué au fluide sur un cycle (\Delta h = 0) s'écrit :

   -w = q_C + q_F

   où w désigne le travail net massique reçu, -w > 0 le travail utile fourni, et q_C, q_F les transferts thermiques massiques reçus des sources chaude et froide.

   Le second principe appliqué sur ce cycle (\Delta s = 0) s'écrit :

   \frac{q_C}{T_C} + \frac{q_F}{T_F} + s_{\text{cr}} = 0

   Le cycle de Carnot étant par définition entièrement réversible, l'entropie créée par cycle est nulle (s_{\text{cr}} = 0), d'où :

   q_F = - q_C \frac{T_F}{T_C}

   L'efficacité thermique motrice s'en déduit immédiatement :

   \eta_C = \frac{-w}{q_C} = \frac{q_C + q_F}{q_C} = 1 + \frac{q_F}{q_C} = 1 - \frac{T_F}{T_C}

   \boxed{\eta_C = 1 - \frac{T_F}{T_C}}

   Application numérique : D'après les données du sujet pour le circuit secondaire :

   • Température minimale : T_F = T_0 = 29\,{^\circ\text{C}} = 302{,}15\text{ K} ;
   • Température maximale : T_C = T_{2'} = 500\,{^\circ\text{C}} = 773{,}15\text{ K}.

   \eta_C = 1 - \frac{302{,}15}{773{,}15} \simeq 0{,}609

   \boxed{\eta_C \simeq 61\,\%}

   Commentaire et justification de l'écart : À la question Q20, l'efficacité obtenue est \eta \simeq 42\,\%, ce qui vérifie bien le théorème de Carnot :

   \eta < \eta_C

   Cet écart s'explique par les raisons physiques suivantes :

   • Le cycle de Hirn n'est pas un cycle de Carnot car l'apport thermique depuis la source chaude n'est pas isotherme : l'eau subit d'abord un échauffement liquide sensible de 29\,{^\circ\text{C}} à 300\,{^\circ\text{C}}, puis une vaporisation à 300\,{^\circ\text{C}}, et enfin une surchauffe de 300\,{^\circ\text{C}} à 500\,{^\circ\text{C}}. La température thermodynamique moyenne d'admission de la chaleur \overline{T}_C est donc nettement inférieure à la température maximale T_C = 500\,{^\circ\text{C}}, ce qui abaisse le rendement maximal théorique \left(1 - \frac{T_F}{\overline{T}_C}\right).
   • Des irréversibilités thermiques externes existent nécessairement lors des échanges de chaleur sous un écart fini de température avec les sources extérieures.

   Résultat

   $${\eta }_C=1-\frac{T_F}{T_C}$$

   $${\eta }_C\simeq 61\%$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6E3A Physique-Chimie PSI 2023, Q27

   Considérons le fluide caloporteur décrivant un cycle de transformations entre la source chaude à température T_C et la source froide à température T_F.

   • Le premier principe de la thermodynamique appliqué au fluide sur un cycle (\Delta U = 0) s'écrit :

     W + Q_C + Q_F = 0 \implies -W = Q_C + Q_F

     où W est le travail algébriquement reçu par le fluide, et Q_C, Q_F sont les transferts thermiques reçus respectivement de la source chaude et de la source froide.

   • Le second principe de la thermodynamique sur un cycle (\Delta S = 0) s'écrit :

     \frac{Q_C}{T_C} + \frac{Q_F}{T_F} + S_c = 0 \quad \text{avec} \quad S_c \geqslant 0

   Le fonctionnement étant moteur, le fluide reçoit de l'énergie thermique de la source chaude (Q_C > 0) et fournit du travail mécanique au milieu extérieur (travail utile -W > 0). Le rendement thermique est défini par :

   \eta = \frac{-W}{Q_C} = \frac{Q_C + Q_F}{Q_C} = 1 + \frac{Q_F}{Q_C}

   D'après le second principe :

   \frac{Q_F}{T_F} = -\frac{Q_C}{T_C} - S_c \leqslant -\frac{Q_C}{T_C}

   Comme Q_C > 0, il vient :

   \frac{Q_F}{Q_C} \leqslant -\frac{T_F}{T_C} \implies \eta \leqslant 1 - \frac{T_F}{T_C}

   Le rendement maximal correspond au cas d'un cycle réversible (S_c = 0), appelé rendement de Carnot :

   \boxed{\eta_C = 1 - \frac{T_F}{T_C}}

   Application numérique : Avec T_C = 573\text{ K} et T_F = 287\text{ K} :

   \eta_C = 1 - \frac{287}{573} = \frac{286}{573} \approx 0{,}499 \quad (\text{soit } 49{,}9\,\%)

   Le rendement réel de la centrale est donné par \eta = 0{,}600\,\eta_C :

   \begin{aligned} \eta &= 0{,}600 \times \left(1 - \frac{287}{573}\right) = 0{,}600 \times 0{,}4991 = 0{,}299 \end{aligned}

   \boxed{\eta = 29{,}9\,\% \approx 30\,\%}

   Résultat

   $${\eta }_C=1-\frac{T_F}{T_C}$$

   $$\eta =29,9\%\approx 30\%$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7X-ENS Physique PSI 2023, Q3

   Un cycle de Carnot est un cycle ditherme entièrement réversible, constitué de quatre transformations réversibles alternées :

   • Deux isothermes réversibles : le système reste en équilibre thermique avec le thermostat correspondant, sa température est rigoureusement uniforme et constante (T = T_{\mathrm{ch}} ou T = T_{\mathrm{fr}}). L'échange thermique s'effectue sans écart fini de température.
   • Deux adiabatiques réversibles (isentropiques) : le système est thermiquement isolé de l'extérieur (\delta Q = 0). La réversibilité implique \delta S_{\text{créée}} = 0, d'où \mathrm{d}S = \frac{\delta Q}{T} + \delta S_{\text{créée}} = 0 : l'entropie du système reste constante (S = \text{cte}).

   Dans le cas d'un fonctionnement moteur (sens horaire dans les diagrammes d'état usuels), en adoptant les notations de la partie II (état 1 à T_{\mathrm{fr}} juste avant la compression adiabatique) :

   1. 1 \to 2 : compression adiabatique réversible (isentropique), le système s'échauffe de T_{\mathrm{fr}} à T_{\mathrm{ch}} à entropie constante (S_1 = S_2) ;
   2. 2 \to 3 : détente isotherme réversible à la température T_{\mathrm{ch}}, le système reçoit la chaleur Q_{\mathrm{ch}} > 0 et son entropie augmente de S_2 à S_3 ;
   3. 3 \to 4 : détente adiabatique réversible (isentropique), le système se refroidit de T_{\mathrm{ch}} à T_{\mathrm{fr}} à entropie constante (S_3 = S_4) ;
   4. 4 \to 1 : compression isotherme réversible à la température T_{\mathrm{fr}}, le système cède la chaleur Q_{\mathrm{fr}} < 0 et son entropie diminue de S_4 à S_1.

   Dans le diagramme entropique (T, S), les isothermes sont des segments horizontaux et les isentropiques des segments verticaux. Le cycle de Carnot est donc un rectangle.

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8X-ENS Physique PSI 2023, Q4

   Considérons le système \mathcal{S} au cours d'un cycle de Carnot moteur.

   Bilan d'énergie (premier principe) : L'énergie interne U étant une fonction d'état, sa variation sur un cycle est nulle :

   \Delta U = W + Q_{\mathrm{ch}} + Q_{\mathrm{fr}} = 0

   Le travail mécanique net fourni par le moteur au milieu extérieur est donc :

   -W = Q_{\mathrm{ch}} + Q_{\mathrm{fr}}

   Bilan d'entropie (deuxième principe) : L'entropie S étant également une fonction d'état, sa variation sur un cycle est nulle :

   \Delta S = S_{\text{éch}} + S_{\text{créée}} = 0

   Le cycle de Carnot étant constitué de deux isothermes réversibles aux températures des sources (T_{\mathrm{ch}} et T_{\mathrm{fr}}) et de deux adiabatiques réversibles (sans transfert thermique), la réversibilité globale impose S_{\text{créée}} = 0. Il vient :

   \frac{Q_{\mathrm{ch}}}{T_{\mathrm{ch}}} + \frac{Q_{\mathrm{fr}}}{T_{\mathrm{fr}}} = 0 \implies \frac{Q_{\mathrm{fr}}}{Q_{\mathrm{ch}}} = -\frac{T_{\mathrm{fr}}}{T_{\mathrm{ch}}}

   Expression du rendement en fonctionnement moteur : Par définition, le rendement thermique \eta d'un moteur correspond au rapport de l'énergie utile fournie par le système au milieu extérieur (-W > 0) sur l'énergie thermique coûteuse absorbée à la source chaude (Q_{\mathrm{ch}} > 0) :

   \eta = \frac{-W}{Q_{\mathrm{ch}}} = \frac{Q_{\mathrm{ch}} + Q_{\mathrm{fr}}}{Q_{\mathrm{ch}}} = 1 + \frac{Q_{\mathrm{fr}}}{Q_{\mathrm{ch}}}

   En injectant la relation issue du bilan d'entropie, on obtient le rendement de Carnot :

   \boxed{\eta = 1 - \frac{T_{\mathrm{fr}}}{T_{\mathrm{ch}}}}

   Résultat

   $$\eta =1-\frac{T_{\mathrm{fr}}}{T_{\mathrm{ch}}}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9X-ENS Physique PSI 2023, Q7

   1. Dérivée \frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}V} le long des transformations

   • Transformations isothermes réversibles (2 \to 3 et 4 \to 1) : Le système étant constitué d'un gaz parfait à température T constante, la loi des gaz parfaits donne :

     P V = n R T = \text{cste}

     En différentiant cette relation :

     \mathrm{d}(PV) = P\,\mathrm{d}V + V\,\mathrm{d}P = 0

     On en déduit :

     \boxed{\left(\frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}V}\right)_{T} = -\frac{P}{V}}

   • Transformations adiabatiques réversibles / isentropiques (1 \to 2 et 3 \to 4) : Pour un gaz parfait de capacités thermiques constantes subissant une transformation isentropique, la loi de Laplace s'écrit :

     P V^\gamma = \text{cste}

     En différentiant :

     \mathrm{d}(PV^\gamma) = V^\gamma \mathrm{d}P + \gamma P V^{\gamma-1}\mathrm{d}V = 0

     D'où :

     \boxed{\left(\frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}V}\right)_{S} = -\gamma \frac{P}{V}}

   2. Représentation du cycle dans le plan (P, V)

   Puisque \gamma = 7/5 = 1{,}4 > 1, en tout point (P, V) commun, la pente d'une isentropique est plus forte en valeur absolue que celle d'une isotherme :

   \left|\left(\frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}V}\right)_{S}\right| = \gamma \left|\left(\frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}V}\right)_{T}\right| > \left|\left(\frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}V}\right)_{T}\right|

   Le cycle est parcouru dans le sens horaire car la machine fonctionne en moteur (W < 0).

   Résultat

   $${\left(\frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}V}\right)}_T=-\frac{P}{V}$$

   $${\left(\frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}V}\right)}_S=-\gamma \frac{P}{V}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10CCINP Physique-Chimie PSI 2022, Q29

    1. Allure du diagramme et tracé du cycle

    2. Lecture graphique et remplissage du tableau 1

    • Point 4 (liquide saturé à P_4 = 1\text{ bar}, x_v = 0) : Le point se trouve sur la courbe d'ébullition à P = 1\text{ bar}. On y lit la température d'ébullition standard T_4 = 100^\circ\text{C} et l'enthalpie massique :

      h_4 \approx 420\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}
    • Point 1 (liquide haute pression, P_1 = 10\text{ bar}) : L'évolution dans la pompe étant isenthalpique, on a h_1 = h_4 \approx 420\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1} et T_1 \approx 100^\circ\text{C} (le liquide est quasi incompressible).

    • Point 3 (vapeur saturante à P_3 = 1\text{ bar}, x_v = 1) : Le point se situe sur la courbe de rosée à P = 1\text{ bar}. La température de changement d'état sous 1 bar est T_3 = 100^\circ\text{C}. On lit l'enthalpie massique de la vapeur saturante :

      h_3 \approx 2\,680\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}

      L'entropie massique correspondante est s_3 \approx 7{,}36\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}\cdot\text{K}^{-1}.

    • Point 2 (vapeur surchauffée, P_2 = 10\text{ bar}) : La détente dans la turbine étant adiabatique et réversible, elle est isentropique : s_2 = s_3 \approx 7{,}36\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}\cdot\text{K}^{-1}. En suivant l'isentrope passant par le point 3 jusqu'à l'isobare P = 10\text{ bar}, on lit :

      h_2 \approx 3\,100\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1} \quad \text{et} \quad T_2 \approx 320^\circ\text{C}

    Le tableau complété est le suivant :

    	Point 1	Point 2	Point 3	Point 4
    T\text{ (°C)}	\approx 100	\mathbf{320}	\mathbf{100}	100
    P\text{ (bar)}	10	10	1	1
    h\text{ (kJ}\cdot\text{kg}^{-1})	\mathbf{420}	\mathbf{3\,100}	\mathbf{2\,680}	\mathbf{420}
    État	Liquide	Vapeur sèche	Vapeur saturante (x_v = 1)	Liquide saturé (x_v = 0)

    Indice, stratégie et pièges de cette question