Feuille d'entraînement : Systèmes ouverts en écoulement

Corrigés

1. Exercice 1X-ENS Modelisation PSI 2026, Q13

   1. Expression de la température réelle T_3 :

   Pour une compression adiabatique réversible (isentropique) d'un gaz parfait de coefficient isentropique \gamma constant entre les pressions P_2 et P_3, la loi de Laplace s'écrit :

   T_2^{ \gamma } P_2^{1-\gamma} = T_{3s}^{ \gamma } P_3^{1-\gamma} \implies \frac{T_{3s}}{T_2} = \left(\frac{P_3}{P_2}\right)^{\frac{\gamma - 1}{\gamma}} = r_c^{\frac{\gamma - 1}{\gamma}}

   Par définition, le rendement isentropique du compresseur est le rapport du travail massique de transvasement isentropique w_s au travail massique réel consommé w :

   \eta_c = \frac{w_s}{w} = \frac{h_{3s} - h_2}{h_3 - h_2}

   En modélisant l'air comme un gaz parfait à capacité thermique massique c_p constante, la variation d'enthalpie s'écrit \Delta h = c_p \Delta T, d'où :

   \eta_c = \frac{T_{3s} - T_2}{T_3 - T_2} \implies T_3 - T_2 = \frac{T_{3s} - T_2}{\eta_c} = \frac{T_2}{\eta_c}\left(r_c^{\frac{\gamma - 1}{\gamma}} - 1\right)

   On en déduit l'expression de T_3 :

   \boxed{T_3 = T_2 \left[ 1 + \frac{1}{\eta_c} \left( r_c^{\frac{\gamma - 1}{\gamma}} - 1 \right) \right]}

   2. Expression de la puissance apportée par le compresseur P_{\mathrm{comp}} :

   En régime stationnaire, en négligeant les variations d'énergie cinétique et potentielle macroscopiques entre les sections d'entrée et de sortie du compresseur, et en l'absence de pertes thermiques (transformation adiabatique), le premier principe pour un système ouvert donne la puissance mécanique reçue par l'air :

   P_{\mathrm{comp}} = D_{ma} (h_3 - h_2) = D_{ma} c_p (T_3 - T_2)

   D'après la question Q10, la capacité thermique massique à pression constante vaut c_p = \dfrac{\gamma R}{(\gamma - 1)M_a}. En injectant l'expression de (T_3 - T_2), on obtient :

   \boxed{P_{\mathrm{comp}} = D_{ma} \frac{\gamma R}{(\gamma - 1)M_a} \frac{T_2}{\eta_c} \left( r_c^{\frac{\gamma - 1}{\gamma}} - 1 \right)}

   Résultat

   $$T_3=T_2\left[1+\frac{1}{{\eta }_c}\left(r_c^{\frac{\gamma -1}{\gamma }}-1\right)\right]$$

   $$P_{\mathrm{comp}}=D_{ma}\frac{\gamma R}{(\gamma -1)M_a}\frac{T_2}{{\eta }_c}\left(r_c^{\frac{\gamma -1}{\gamma }}-1\right)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2CentraleSupélec 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

3. Exercice 3CentraleSupélec 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

4. Exercice 4Mines-Ponts Physique 1 PSI 2025, Q5

   Considérons le fluide incompressible de masse volumique \rho_0 s'écoulant en régime stationnaire. On applique le bilan d'énergie mécanique en écoulement stationnaire (théorème de Bernoulli avec transfert de travail) entre :

   • l'état (1) à la surface libre du réservoir, où la vitesse est négligeable (v_1 \simeq 0), la pression est atmosphérique (P_1 = P_0) et l'altitude est z_1 ;
   • l'état (2) juste à la sortie de la pompe (entrée du tuyau du canon), où la vitesse vaut v_2 = v_0, la pression vaut P_2 = P_e et l'altitude est z_2 = z_1 (même niveau).

   En l'absence de frottements au sein de la pompe, la relation de Bernoulli généralisée s'écrit pour une particule fluide :

   \left( \frac{1}{2} v_0^2 + \frac{P_e}{\rho_0} + g z_2 \right) - \left( \frac{1}{2} v_1^2 + \frac{P_1}{\rho_0} + g z_1 \right) = w_{\text{pompe}}

   où w_{\text{pompe}} est le travail massique fourni par la pompe à l'eau :

   w_{\text{pompe}} = \frac{1}{2} v_0^2 + \frac{P_e - P_0}{\rho_0}

   Le débit massique traversant la pompe étant D_m = \rho_0 D_v, la puissance fournie par la pompe au fluide s'exprime par \mathcal{P} = D_m w_{\text{pompe}}, soit :

   \boxed{\mathcal{P} = D_v \left[ \frac{1}{2} \rho_0 v_0^2 + (P_e - P_0) \right]}

   L'eau sort du canon à la pression atmosphérique P_0 avec la vitesse v_0. L'impulsion acquise par le jet d'eau correspond à la puissance cinétique utile emportée par le fluide à la sortie :

   \mathcal{P}_u = \frac{1}{2} D_m v_0^2 = \frac{1}{2} \rho_0 D_v v_0^2

   Le reste de la puissance fournie sert à compenser les pertes de charge par frottement visqueux le long du tuyau (où la pression chute de P_e à P_0).

   Le rendement propulsif k = \frac{\mathcal{P}_u}{\mathcal{P}} s'écrit donc :

   \boxed{k = \frac{\frac{1}{2}\rho_0 v_0^2}{\frac{1}{2}\rho_0 v_0^2 + (P_e - P_0)} = \frac{1}{1 + \dfrac{2(P_e - P_0)}{\rho_0 v_0^2}}}

   Résultat

   $$\mathcal{P}=D_v\left[\frac{1}{2}{\rho }_0{v}_0^2+(P_e-P_0)\right]$$

   $$k=\frac{\frac{1}{2}{\rho }_0{v}_0^2}{\frac{1}{2}{\rho }_0{v}_0^2+(P_e-P_0)}=\frac{1}{1+\frac{2(P_e-P_0)}{{\rho }_0{v}_0^2}}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5CentraleSupélec Physique-Chimie 1 PSI 2024, Q9

   Considérons le système fermé constitué :

   • du fluide présent dans la tranche annulaire comprise entre les cotes z et z + \mathrm{d}z à l'instant t ;
   • de la masse entrante \mathrm{d}m = D_m\,\mathrm{d}t située juste en amont de la section de cote z à l'instant t.

   À l'instant t + \mathrm{d}t, par conservation de la masse en écoulement stationnaire, cette même masse \mathrm{d}m est sortie de la tranche par la section de cote z + \mathrm{d}z.

   En négligeant les variations d'énergie cinétique et potentielle macroscopiques, le premier principe de la thermodynamique appliqué à ce système fermé entre t et t + \mathrm{d}t s'écrit :

   \mathrm{d}H = \delta W_u + \delta Q

   En l'absence de pièces mobiles dans le fluide, le travail utile est nul : \delta W_u = 0.

   Le régime étant stationnaire, l'enthalpie du fluide contenu dans le volume de contrôle ne varie pas au cours du temps. La variation d'enthalpie du système fermé se réduit donc au bilan convectif :

   \mathrm{d}H = \mathrm{d}m\,h(z+\mathrm{d}z) - \mathrm{d}m\,h(z) = D_m\,\mathrm{d}t\,\big(h(z+\mathrm{d}z) - h(z)\big)

   Pour l'eau liquide modélisée comme une phase condensée indilatable et incompressible de capacité thermique massique c_5, la variation d'enthalpie massique s'exprime par \mathrm{d}h = c_5\,\mathrm{d}T, soit :

   \mathrm{d}H = D_m\,c_5\,\big[T(z+\mathrm{d}z) - T(z)\big]\,\mathrm{d}t

   Par ailleurs, l'eau liquide ne reçoit de transfert thermique \delta Q qu'à travers l'interface interne en r = R_4, la paroi externe en r = R_5 étant athermane. Les échanges thermiques au sein de la barre de combustible se faisant exclusivement dans la direction radiale, la totalité de la puissance thermique produite par fission dans la tranche de combustible de hauteur \mathrm{d}z est évacuée radialement vers la tranche d'eau associée.

   Le volume de cette tranche de combustible étant \mathrm{d}V = \pi R_4^2\,\mathrm{d}z, la puissance thermique reçue par l'eau s'écrit :

   \delta \Phi = P_V(z)\,\mathrm{d}V = P_V(z)\,\pi R_4^2\,\mathrm{d}z

   Le transfert thermique reçu pendant la durée \mathrm{d}t est donc :

   \delta Q = \delta\Phi\,\mathrm{d}t = P_V(z)\,\pi R_4^2\,\mathrm{d}z\,\mathrm{d}t

   En égalant \mathrm{d}H et \delta Q, puis en simplifiant par \mathrm{d}t, on obtient bien :

   \boxed{D_m\,c_5\,\big[T(z + \mathrm{d}z) - T(z)\big] = P_V(z)\,\pi R_4^2\,\mathrm{d}z}

   Résultat

   $$D_m{c}_5[T(z+\mathrm{d}z)-T(z)]=P_V(z)\pi R_4^2\mathrm{d}z$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6CentraleSupélec 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

7. Exercice 7CentraleSupélec Physique-Chimie 1 PSI 2024, Q18

   1. Nom des courbes du diagramme (p, h) :

   • Courbe de saturation (courbe en cloche) :

     • branche de gauche (titre en vapeur x = 0) : courbe d'ébullition (sépare le liquide sous-refroidi du mélange liquide-vapeur) ;
     • branche de droite (titre en vapeur x = 1) : courbe de rosée (sépare le mélange diphasé de la vapeur surchauffée) ;
     • le sommet de la cloche est le point critique (T_C = 374\,^\circ\text{C}, p_C = 221\text{ bar}).
   • Isothermes (T = \text{constante}) : quasi-verticales dans le domaine liquide, horizontales sous la cloche (paliers de changement d'état à p = p_{\text{sat}}(T)), puis incurvées vers le bas dans le domaine de la vapeur surchauffée.
   • Isentropes (s = \text{constante}) : courbes de pente positive inclinées vers le haut et la droite, traversant le domaine diphasé et le domaine vapeur.
   • Isobares (p = \text{constante}) : droites horizontales.
   • Isoenthalpiques (h = \text{constante}) : droites verticales.

   2. Représentation du cycle de Hirn : Le cycle est décrit par les transformations suivantes :

   • \mathbf{0 \to 1} : compression isentropique de l'eau liquide dans la pompe de p_3 = 0{,}040\text{ bar} à p_2 = 85{,}8\text{ bar}. D'après Q17, h_1 \simeq h_0 = 121\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1} : il s'agit d'un segment vertical ascendant longeant la courbe d'ébullition.
   • \mathbf{1 \to 1'} : échauffement isobare (p_2 = 85{,}8\text{ bar}) de l'eau liquide sous-refroidie jusqu'à la température de saturation T_2 = 300\,^\circ\text{C} : segment horizontal vers la droite jusqu'à la courbe d'ébullition (h_{1'} = 1345\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}).
   • \mathbf{1' \to 2} : vaporisation totale isobare et isotherme (p_2 = 85{,}8\text{ bar}, T_2 = 300\,^\circ\text{C}) : palier horizontal traversant le domaine diphasé jusqu'à la courbe de rosée (h_2 = 1345 + 1404 = 2749\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}).
   • \mathbf{2 \to 2'} : surchauffe isobare à p_2 = 85{,}8\text{ bar} dans le domaine vapeur de 300\,^\circ\text{C} à 500\,^\circ\text{C} : segment horizontal vers la droite jusqu'au point 2' (h_{2'} = 3391\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}, s_{2'} = 6{,}68\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}\cdot\text{K}^{-1}).
   • \mathbf{2' \to 3} : détente isentropique dans la turbine calorifugée de p_2 = 85{,}8\text{ bar} à p_3 = 0{,}040\text{ bar} : courbe descendante le long de l'isentrope s = 6{,}68\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}\cdot\text{K}^{-1}, aboutissant dans le domaine diphasé au point 3.
   • \mathbf{3 \to 0} : condensation totale isobare et isotherme dans le condenseur à p_3 = 0{,}040\text{ bar} (T_0 = 29\,^\circ\text{C}) : segment horizontal vers la gauche ramenant le fluide au point 0 sur la courbe d'ébullition.

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8CentraleSupélec Physique-Chimie 1 PSI 2023, Q31

   Considérons le volume de contrôle fixe (\mathcal{V}) délimité par les parois intérieures du caisson entre la section d'entrée e et la section de sortie s. On définit le système fermé \Sigma^* constitué :

   • de la masse de fluide présente dans le volume de contrôle (\mathcal{V}) à l'instant t ;
   • de la masse élémentaire de fluide \delta m = D_m\,\mathrm{d}t entrant dans (\mathcal{V}) à travers la section d'entrée pendant \mathrm{d}t.

   À l'instant t + \mathrm{d}t, ce même système \Sigma^* est constitué de la masse de fluide présente dans (\mathcal{V}) à t + \mathrm{d}t et de la masse \delta m sortie de (\mathcal{V}) à travers la section de sortie.

   On formule les hypothèses suivantes :

   1. Régime stationnaire : les grandeurs thermodynamiques en tout point du volume de contrôle sont indépendantes du temps ;
   2. Énergies cinétique et potentielle négligeables : les variations d'énergie cinétique macroscopique et d'énergie potentielle de pesanteur entre l'entrée et la sortie sont négligeables devant la variation d'enthalpie ;
   3. Absence de travail utile : aucun organe mécanique mobile n'échange de travail avec le fluide dans ce tronçon (\delta W_u = 0) ;
   4. Caisson calorifugé : les parois extérieures ne laissent passer aucun transfert thermique vers l'extérieur, de sorte que le seul transfert thermique reçu par le fluide provient des accumulateurs : \delta Q = \mathcal{P}\,\mathrm{d}t.

   L'enthalpie du système fermé s'écrit aux deux instants :

   \begin{aligned} H_{\Sigma^*}(t) &= H_{(\mathcal{V})}(t) + \delta m\,h_e \\ H_{\Sigma^*}(t+\mathrm{d}t) &= H_{(\mathcal{V})}(t+\mathrm{d}t) + \delta m\,h_s \end{aligned}

   En régime stationnaire, H_{(\mathcal{V})}(t+\mathrm{d}t) = H_{(\mathcal{V})}(t). La variation d'enthalpie du système fermé s'élève donc à :

   \mathrm{d}H_{\Sigma^*} = \delta m\,(h_s - h_e) = D_m(h_s - h_e)\,\mathrm{d}t

   D'après le premier principe appliqué au système fermé \Sigma^*, en tenant compte du travail des forces de pression aux frontières qui est incorporé dans l'enthalpie :

   \mathrm{d}H_{\Sigma^*} = \delta W_u + \delta Q = 0 + \mathcal{P}\,\mathrm{d}t

   En identifiant les deux expressions de \mathrm{d}H_{\Sigma^*}, on obtient :

   \boxed{\mathcal{P} = D_m (h_s - h_e)}

   Résultat

   $$\mathcal{P}=D_m(h_s-h_e)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9E3A Physique-Chimie PSI 2023, Q30

   Considérons le volume de contrôle délimité par la pompe en régime stationnaire. Le premier principe pour un système ouvert en écoulement permanent s'écrit, en grandeurs massiques :

   \Delta h + \Delta e_c + \Delta e_p = w_u + q

   où :

   • l'évolution est adiabatique à l'intérieur de la pompe, soit q = 0 ;
   • les variations d'énergie cinétique macroscopique et d'énergie potentielle de pesanteur entre l'entrée et la sortie sont négligeables devant les variations d'enthalpie : \Delta e_c \approx 0 et \Delta e_p \approx 0.

   On en déduit que le travail massique utile reçu par le fluide est égal à la variation d'enthalpie massique :

   w_u = h_s - h_e

   L'eau liquide est modélisée par une phase condensée idéale, incompressible et indilatable de masse volumique \varrho_e et de capacité thermique massique c_e. L'identité thermodynamique fondamentale pour l'enthalpie s'écrit :

   \mathrm{d}h = T\,\mathrm{d}s + v\,\mathrm{d}P = c_e\,\mathrm{d}T + \frac{\mathrm{d}P}{\varrho_e}

   Par intégration entre l'état d'entrée (T_e, P_e) et l'état de sortie (T_s, P_s) :

   h_s - h_e = c_e (T_s - T_e) + \frac{P_s - P_e}{\varrho_e}

   La puissance mécanique \mathscr{P}_m que la pompe doit fournir au fluide s'exprime donc par :

   \mathscr{P}_m = D_m \left[ c_e (T_s - T_e) + \frac{P_s - P_e}{\varrho_e} \right]

   Calculons séparément les deux contributions massiques :

   • Contribution thermique :

     c_e (T_s - T_e) = 4,18 \cdot 10^3 \times (76 - 33) = 1,797 \cdot 10^5\text{ J}\cdot\text{kg}^{-1}

   • Contribution mécanique (travail de transvasement) :

     \frac{P_s - P_e}{\varrho_e} = \frac{(70 - 18) \cdot 10^5}{1,00 \cdot 10^3} = 5,2 \cdot 10^3\text{ J}\cdot\text{kg}^{-1}

   La variation d'enthalpie massique vaut :

   \Delta h = 1,797 \cdot 10^5 + 5,2 \cdot 10^3 = 1,85 \cdot 10^5\text{ J}\cdot\text{kg}^{-1}

   D'où la puissance mécanique totale fournie au fluide :

   \begin{aligned} \mathscr{P}_m &= 640 \times 1,849 \cdot 10^5 \\ &= 1,18 \cdot 10^8\text{ W} = 118\text{ MW} \end{aligned}

   \boxed{\mathscr{P}_m = D_m \left[ c_e (T_s - T_e) + \frac{P_s - P_e}{\varrho_e} \right] \approx 1,2 \cdot 10^2\text{ MW}}

   Résultat

   $${\mathcal{P}}_m=D_m\left[c_e(T_s-T_e)+\frac{P_s-P_e}{{\varrho }_e}\right]\approx 1,2\cdot 10^2\text{ MW}$$

   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