Feuille d'entraînement : Machines thermiques

Corrigés

1. Exercice 1Banque PT Physique B PT 2025, Q1

   D'après le descriptif du cycle frigorifique et les annotations de la figure 1 :

   • Le détendeur est le tube capillaire, car sa très faible section et sa longueur provoquent de fortes pertes de charge régulières par frottement visqueux, assurant ainsi la chute de pression du fluide frigorigène sans pièces mobiles ni travail échangé avec l'extérieur ;
   • L'échangeur 1 est le condenseur, parce qu'il évacue l'énergie thermique du fluide vers l'air qui le traverse, permettant ainsi le refroidissement puis la liquéfaction totale du fluide frigorigène à haute pression (le fluide cède de la chaleur) ;
   • L'échangeur 2 est l'évaporateur, parce qu'il apporte de l'énergie thermique au fluide frigorigène à basse pression afin de provoquer sa vaporisation complète, cette chaleur étant prélevée à l'air humide qui se refroidit et se déshumidifie par condensation de sa vapeur d'eau (le fluide reçoit de la chaleur).

   \boxed{\text{Le détendeur est le tube capillaire, l'échangeur 1 est le condenseur et l'échangeur 2 est l'évaporateur.}}

   Résultat

   $$\text{Le deˊtendeur est le tube capillaire, l’eˊchangeur 1 est le condenseur et l’eˊchangeur 2 est l’eˊvaporateur.}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2Banque PT Physique B PT 2025, Q4

   D'après l'énoncé et l'étude des organes de la machine frigorifique :

   • Point A (entrée du compresseur / sortie de l'évaporateur) : Le fluide est sous basse pression P_A = 3\text{ bar} = 0{,}3\text{ MPa}. Il se trouve à l'état de vapeur saturante sèche sans surchauffe, ce qui le place sur la courbe de rosée (titre massique en vapeur x_A = 1).
     Sur le diagramme, on lit :

     P_A = 3\text{ bar} \quad \text{et} \quad h_A \approx 400\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}

   • Transformation \text{A} \to \text{B} et Point B (sortie du compresseur / entrée du condenseur) : La compression est supposée adiabatique réversible, c'est-à-dire isentropique (s = \text{cte}), et s'effectue jusqu'à la haute pression P_B = 20\text{ bar} = 2\text{ MPa}. On suit donc la courbe isentrope passant par A (s \approx 1{,}73\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}\cdot\text{K}^{-1}) jusqu'à la droite isobare P = 20\text{ bar}. Le point B se situe dans le domaine de vapeur surchauffée.
     Sur le diagramme, on lit :

     P_B = 20\text{ bar} \quad \text{et} \quad h_B \approx 435\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}

   • Transformation \text{B} \to \text{C} et Point C (sortie du condenseur / entrée du détendeur) : Dans le condenseur, la transformation est isobare (P = 20\text{ bar}) : la vapeur surchauffée se désurchauffe puis se condense totalement sans sous-refroidissement. Le point C est donc situé à l'intersection de l'isobare P = 20\text{ bar} et de la courbe d'ébullition (x_C = 0). La transformation est représentée par un segment horizontal orienté vers la gauche.
     Sur le diagramme, on lit :

     P_C = 20\text{ bar} \quad \text{et} \quad h_C \approx 300\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}

   • Transformation \text{C} \to \text{D} et Point D (sortie du détendeur / entrée de l'évaporateur) : Le détendeur capillaire est indéformable (w_u = 0), athermane (q = 0), et les variations d'énergies cinétique et potentielle sont négligeables. D'après le premier principe en écoulement stationnaire, la détente de Joule-Thomson est isenthalpique :

     h_D = h_C \approx 300\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}

     Elle s'accompagne d'une chute de pression jusqu'à P_D = P_A = 3\text{ bar}. Cette détente est représentée par un segment vertical descendant. Le point D se trouve dans le domaine diphasique liquide-vapeur.

   • Transformation \text{D} \to \text{A} (évaporateur) : Le fluide s'évapore totalement de manière isobare à P = 3\text{ bar}. La transformation est représentée par un segment horizontal orienté vers la droite, rejoignant le point A.

   Sens du cycle : Le cycle est parcouru selon la séquence \text{A} \to \text{B} \to \text{C} \to \text{D} \to \text{A}, c'est-à-dire dans le sens anti-horaire (sens trigonométrique) sur le diagramme (h, \log P).

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3Banque PT Physique B PT 2024, Q1

   Une pompe à chaleur (PAC) est une machine thermique réceptrice ditherme dont l'objectif est de transférer de l'énergie thermique vers un milieu à chauffer (la source chaude à température T_C) à partir d'un milieu extérieur plus froid (la source froide à température T_F < T_C), ce qui nécessite un apport d'énergie noble sous forme de travail mécanique W.

   Selon la convention thermodynamique algébrique usuelle (grandeurs comptées positivement lorsqu'elles sont reçues par le fluide) :

   • Q_F > 0 : transfert thermique reçu de la source froide à température T_F ;
   • W > 0 : travail mécanique reçu du compresseur ;
   • Q_C < 0 : transfert thermique reçu de la source chaude (le fluide cède de la chaleur à la source chaude, soit un transfert effectif -Q_C = |Q_C| > 0 vers celle-ci).

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4Banque PT Physique B PT 2024, Q2

   Sur un cycle de fonctionnement d'une pompe à chaleur :

   • Signe de Q_C : le rôle d'une pompe à chaleur est de chauffer la source chaude (l'habitation ou l'eau sanitaire). Le fluide frigorigène cède donc de l'énergie sous forme thermique à cette source, soit en convention récepteur pour le fluide :

     \boxed{Q_C < 0}

   • Signe de Q_F : la pompe à chaleur puise de l'énergie thermique dans le milieu extérieur (la source froide) pour la transférer vers la source chaude. Le fluide reçoit donc un transfert thermique de la part de la source froide :

     \boxed{Q_F > 0}

   • Signe de W : d'après le premier principe de la thermodynamique appliqué au fluide sur un cycle complet (\Delta U = 0) :

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

     D'après le second principe appliqué au fluide sur un cycle (\Delta S = 0) :

     \Delta S = \frac{Q_C}{T_C} + \frac{Q_F}{T_F} + S_c = 0 \quad \text{avec} \quad S_c \ge 0

     On en déduit l'inégalité de Clausius :

     \begin{aligned} \frac{Q_F}{T_F} &\le -\frac{Q_C}{T_C} \end{aligned}

     Comme T_C > T_F > 0 et Q_C < 0, on obtient :

     \begin{aligned} Q_F &\le - \frac{T_F}{T_C} Q_C < - Q_C \end{aligned}

     Ainsi, Q_C + Q_F < 0, ce qui impose :

     \boxed{W > 0}

     La machine est réceptrice de travail mécanique : du travail doit être fourni au fluide (par le compresseur) pour faire passer de la chaleur d'une source froide vers une source chaude (énoncé de Clausius du second principe).

   Résultat

   $$Q_C<0$$

   $$Q_F>0$$

   $$W>0$$

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5. Exercice 5Banque PT Physique B PT 2024, Q3

   Pour une pompe à chaleur, l'objectif est de chauffer la source chaude. L'énergie utile est donc le transfert thermique cédé à la source chaude, soit -Q_C (grandeur positive, puisque Q_C < 0). L'énergie coûteuse est le travail mécanique fourni par l'opérateur au fluide au cours du cycle, soit W > 0.

   L'efficacité (ou coefficient de performance, noté COP) s'écrit par définition :

   COP = \frac{\text{énergie utile}}{\text{énergie coûteuse}} = -\frac{Q_C}{W}

   Le fluide décrivant un cycle de fonctionnement, son énergie interne est une fonction d'état, d'où :

   \Delta U_{\text{cycle}} = 0

   D'après le premier principe de la thermodynamique appliqué au fluide sur un cycle :

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

   En injectant cette relation dans la définition du COP, on obtient l'expression demandée en fonction uniquement des transferts thermiques :

   \boxed{COP = \frac{Q_C}{Q_C + Q_F} = \frac{-Q_C}{-Q_C - Q_F}}

   Résultat

   $$COP=\frac{Q_C}{Q_C+Q_F}=\frac{-Q_C}{-Q_C-Q_F}$$

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6. Exercice 6Banque PT Physique B PT 2023, Q20

   Le cycle de Brayton idéal est constitué d'une succession de quatre transformations réversibles pour un gaz parfait :

   • 1 \to 2 : compression adiabatique réversible (isentropique) de (P_{\mathrm{a}}, T_{\mathrm{i}1}) à (P_2, T_{\mathrm{i}2}) ;
   • 2 \to 3 : apport thermique isobare à la pression P_2 jusqu'à la température T_{\mathrm{i}3} ;
   • 3 \to 4 : détente adiabatique réversible (isentropique) de (P_2, T_{\mathrm{i}3}) à (P_{\mathrm{a}}, T_{\mathrm{i}4}) ;
   • 4 \to 1 : évacuation thermique isobare à la pression P_{\mathrm{a}} jusqu'à la température initiale T_{\mathrm{i}1} = T_{\mathrm{a}}.

   Le cycle étant moteur, il est parcouru dans le sens horaire dans les deux diagrammes.

   1. Diagramme de Clapeyron (p, v)

   • Les isobares sont des droites horizontales (p = \text{cste}).
   • Les isothermes vérifient p\,v = \text{cste}, d'où une pente \left(\frac{\partial p}{\partial v}\right)_{\!T} = -\frac{p}{v}.
   • Les isentropes vérifient la loi de Laplace p\,v^\gamma = \text{cste}, d'où une pente \left(\frac{\partial p}{\partial v}\right)_{\!s} = -\gamma \frac{p}{v}. Comme \gamma > 1, la pente de l'isentrope est plus raide que celle de l'isotherme au même point.

   2. Diagramme entropique (T, s)

   L'entropie massique vérifie \mathrm{d}s = c_{\mathrm{pa}}\frac{\mathrm{d}T}{T} - r\frac{\mathrm{d}P}{P}, soit pour une isobare :

   \left(\frac{\partial T}{\partial s}\right)_{\!P} = \frac{T}{c_{\mathrm{pa}}} > 0 \quad \text{et} \quad \left(\frac{\partial^2 T}{\partial s^2}\right)_{\!P} = \frac{T}{c_{\mathrm{pa}}^2} > 0

   Les isobares sont donc des courbes strictement croissantes et convexes, l'isobare P_2 étant au-dessus de l'isobare P_{\mathrm{a}} (car à température fixée, une augmentation de pression diminue l'entropie).

   • Les isentropes sont des segments verticaux (s = \text{cste}).
   • Les isothermes sont des droites horizontales (T = \text{cste}).

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7Banque PT Physique B PT 2023, Q27

   D'après la question Q.25, le rendement du cycle idéal de Brayton s'écrit :

   r_{\mathrm{i}} = 1 - \frac{T_{\mathrm{i}4} - T_{\mathrm{i}1}}{T_{\mathrm{i}3} - T_{\mathrm{i}2}}

   D'après les relations établies à la question Q.26 :

   \begin{aligned} T_{\mathrm{i}2} &= T_{\mathrm{i}1}\left(\frac{P_2}{P_{\mathrm{a}}}\right)^{\frac{\gamma - 1}{\gamma}} \\ T_{\mathrm{i}3} &= T_{\mathrm{i}4}\left(\frac{P_2}{P_{\mathrm{a}}}\right)^{\frac{\gamma - 1}{\gamma}} \end{aligned}

   En soustrayant ces deux relations terme à terme, on obtient :

   T_{\mathrm{i}3} - T_{\mathrm{i}2} = (T_{\mathrm{i}4} - T_{\mathrm{i}1})\left(\frac{P_2}{P_{\mathrm{a}}}\right)^{\frac{\gamma - 1}{\gamma}}

   En injectant cette relation dans l'expression du rendement, le terme (T_{\mathrm{i}4} - T_{\mathrm{i}1}) se simplifie :

   \boxed{r_{\mathrm{i}} = 1 - \left(\frac{P_{\mathrm{a}}}{P_2}\right)^{\frac{\gamma - 1}{\gamma}}}

   Application numérique :

   Avec P_{\mathrm{a}} = 0{,}85\text{ bar}, P_2 = 2{,}2\text{ bar} et \gamma = 1{,}4, la donnée numérique de l'énoncé fournit :

   \left(\frac{0{,}85}{2{,}2}\right)^{\frac{0{,}4}{1{,}4}} = 0{,}76

   D'où :

   r_{\mathrm{i}} = 1 - 0{,}76 = 0{,}24

   En respectant la consigne générale d'un seul chiffre significatif :

   \boxed{r_{\mathrm{i}} \approx 0{,}2 = 20\,\%} \quad (\text{ou } 24\,\% \text{ avec deux chiffres})

   Résultat

   $$r_{\mathrm{i}}=1-{\left(\frac{P_{\mathrm{a}}}{P_2}\right)}^{\frac{\gamma -1}{\gamma }}$$

   $$r_{\mathrm{i}}\approx 0,2=20\%$$

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8. Exercice 8Banque PT Physique B PT 2022, Q6

   Considérons le fluide décrivant un cycle de fonctionnement au contact de deux sources thermiques : la source froide à la température T_F = -70\,^\circ\text{C} et la source chaude à la température T_C = -25\,^\circ\text{C}.

   1. Bilans thermodynamiques sur un cycle :

   • D'après le premier principe de la thermodynamique, l'énergie interne étant une fonction d'état, la variation sur un cycle est nulle :

     \Delta U = W + Q_F + Q_C = 0 \implies W = -(Q_F + Q_C)

   • D'après le second principe de la thermodynamique, l'entropie étant également une fonction d'état :

     \Delta S = \frac{Q_F}{T_F} + \frac{Q_C}{T_C} + S_{\text{créée}} = 0

   Pour une machine réversible, l'entropie créée est nulle (S_{\text{créée}} = 0), ce qui conduit à l'égalité de Clausius-Carnot :

   \frac{Q_F}{T_F} + \frac{Q_C}{T_C} = 0 \implies Q_C = -\frac{T_C}{T_F} Q_F

   2. Expression de l'efficacité de Carnot :

   L'objectif de la machine frigorifique est d'extraire de la chaleur à la source froide (Q_F > 0 reçu par le fluide), au moyen d'un travail mécanique coûteux apporté par l'extérieur (W > 0). L'efficacité frigorifique s'écrit :

   e = \frac{Q_F}{W} = \frac{Q_F}{-(Q_F + Q_C)}

   En injectant la relation de réversibilité dans l'expression du travail :

   W = -Q_F \left(1 - \frac{T_C}{T_F}\right) = Q_F\,\frac{T_C - T_F}{T_F}

   On en déduit l'expression de l'efficacité de Carnot (ou COP maximal théorique) :

   \boxed{e_C = \frac{T_F}{T_C - T_F}}

   3. Application numérique :

   Les températures absolues des sources valent :

   • T_F = -70 + 273{,}15 = 203{,}15\text{ K} \approx 203\text{ K}
   • T_C = -25 + 273{,}15 = 248{,}15\text{ K} \approx 248\text{ K}
   • T_C - T_F = -25 - (-70) = 45\text{ K}

   e_C = \frac{203}{45} \approx 4{,}5

   \boxed{e_C \approx 4{,}5}

   Résultat

   $$e_C=\frac{T_F}{T_C-T_F}$$

   $$e_C\approx 4,5$$

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9. Exercice 9Banque PT Physique B PT 2021, Q7

   a- Compresseurs (C_1, C_2, C_3) :

   • Les compresseurs sont par hypothèse parfaitement isolés thermiquement (\mathscr{P}_{\mathrm{th}} = 0, transformation adiabatique) et fonctionnent sans irréversibilité (s_c = 0).

   • D'après le second principe en régime stationnaire :

     s_{\text{sortie}} - s_{\text{entrée}} = \frac{\mathscr{P}_{\mathrm{th}}}{D T} + s_c = 0

     La compression dans chacun des trois compresseurs est donc isentropique.

   b- Vanne de détente V :

   • La vanne est un organe passif fixe (\mathscr{P}_i = 0), parfaitement calorifugé (\mathscr{P}_{\mathrm{th}} = 0), et les variations d'énergie cinétique et potentielle sont négligées.

   • Le premier principe industriel en régime permanent s'écrit :

     h_9 - h_8 = \frac{\mathscr{P}_i + \mathscr{P}_{\mathrm{th}}}{D_1} = 0 \implies h_9 = h_8

     La détente de Joule-Thomson dans la vanne est donc isenthalpique.

   c- Éléments M, S et R :

   • Caractéristique commune : Les fluides y circulent sans perte de charge d'après les hypothèses. Toutes les transformations au sein de chacun de ces éléments (ou de chacune de leurs branches) sont donc isobares.
   • Mélangeur M : La transformation s'effectue sans perte de charge à la pression atmosphérique (P_0 = 1\text{ bar}), elle est donc isobare. De plus, M étant thermiquement isolé et sans parties mobiles, le mélange est globalement isenthalpique (D_1 h_1 = D h_0 + D_2 h_{11}).
   • Séparateur S : Le mélange diphasique liquide-vapeur y est séparé à la pression atmosphérique (P_0 = 1\text{ bar}) sans échange d'énergie mécanique ni thermique. Le corps pur étant sous deux phases en équilibre à pression fixée, la température reste fixée à la température d'ébullition T_f = -162\,^\circ\text{C} : la séparation est isobare et isotherme.
   • Échangeur récupérateur R : Il ne comporte aucune pièce mobile (\mathscr{P}_i = 0) et est isolé de l'extérieur. Les deux flux (haute pression de 7 à 8 à 100\text{ bar}, et basse pression de 10 à 11 à 1\text{ bar}) s'écoulent sans frottement : les transformations dans chacune des deux voies sont isobares.

   \boxed{\text{Compresseurs : isentropiques \quad | \quad Vanne V : isenthalpique \quad | \quad M, S, R : isobares (S isotherme)}}

   Résultat

   $$\text{Compresseurs : isentropiques | Vanne V : isenthalpique | M, S, R : isobares (S isotherme)}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10Banque PT Physique B PT 2020, Q5

    Le premier principe de la thermodynamique appliqué au fluide traversant la turbine en écoulement stationnaire, en négligeant les variations d'énergies cinétique et potentielle, et pour une détente adiabatique (q_{\text{turb}} = 0), s'écrit :

    w_{\text{turb}} = h_F - h_E

    L'objectif étant de produire du travail mécanique par la détente de la vapeur, le travail massique utile effectivement récupéré par la turbine est :

    w_{\text{utile}} = - w_{\text{turb}} = h_E - h_F

    L'énergie dépensée correspond au transfert thermique massique total q_{\text{ch}} fourni par les fumées dans la chaudière (économiseur, ballon et surchauffeur), déterminé à la question 4 :

    q_{\text{ch}} = h_E - h_B

    Le rendement thermodynamique du cycle s'exprime donc par :

    \eta = \frac{w_{\text{utile}}}{q_{\text{ch}}} = \frac{h_E - h_F}{h_E - h_B}

    Application numérique : D'après les valeurs issues du diagramme (Question 2) :

    \begin{aligned} w_{\text{utile}} &= 3150 - 2430 = 720\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1} = 0{,}72\cdot 10^3\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1} \\ q_{\text{ch}} &= 3150 - 105 = 3045\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1} \approx 3{,}05\cdot 10^3\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1} \end{aligned}

    En utilisant l'aide au calcul donnée en tête de sujet (\frac{0{,}72}{3{,}05} = 0{,}24) :

    \eta = \frac{0{,}72}{3{,}05} = 0{,}24

    \boxed{\eta = 24\,\%}

    Résultat

    $$\eta =24\%$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question