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On considère un corps de pompe cylindrique, d’axe ...

Tạo vào: 27 tháng 4, 2025

Trả lời bằng O3 bởi Chat01

Câu hỏi

On considère un corps de pompe cylindrique, d’axe vertical à fond plat et à parois adiabatiques de
section intérieure s = 100 cm2
. Dans ce corps de pompe peut coulisser sans frottement un piston
également adiabatique sur lequel on a posé quelques masses additionnelles. La masse totale de
l’ensemble mobile (piston et masses additionnelles) est M = 50 kg. Le tout est à l’air libre, la pression
atmosphérique extérieure étant P0 = 1 atm.
Au début de l’expérience, un opérateur maintient le piston de telle sorte qu’il limite dans le corps de
ce pompe un espace libre de hauteur h0 = 1 m ; cet espace libre est rempli d’hélium à la température
T0 = 0 °C et à une pression égale à la pression atmosphérique extérieure P0.
L’hélium sera considéré comme un gaz parfait monoatomique.
1)
a. Dans une première expérience, l’opérateur, soutenant constamment le piston, le
laisse descendre très lentement dans le corps de pompe, et l’abandonne enfin lorsqu’il
se trouve à l’équilibre sur la colonne d’hélium. Quelles sont à la fin de l’expérience, la
hauteur de la colonne d’hélium h1 et sa température T1.
W1
P0
Système 1
z1
z2
Figure 1
W2
Système 2
Figure 2
Pôle Universitaire Léonard de Vinci
MESIMS120516
b. Dans une seconde expérience, les conditions initiales étant les mêmes que
précédemment, l’opérateur lâche brusquement le piston qui tombe en comprimant la
colonne d’hélium, subit quelques oscillations et s’immobilise au bout d’un certain
temps. Quelles sont en fin d’expérience, la hauteur d’hélium h’1 et T’1 ?
2) Les mêmes expériences sont reprises après que la partie inférieure du corps de pompe ait été
remplacée par une cloison diatherme (conductrice de la chaleur) qui fait communiquer
thermiquement le corps avec un thermostat de température T’0 = 0 °C.
a. Le piston est très lentement abaissé par l’opérateur jusqu’à ce qu’il soit en équilibre
sur la colonne d’hélium. Calculer la hauteur finale h2 de la colonne d’hélium. Quelle
est la quantité de chaleur Q qui a traversé la cloison diatherme entre le début et la fin
de l’expérience ?
b. Mêmes questions lorsque le piston est lâché brusquement par l’opérateur à la hauteur
h0 ? Préciser l’état final dans ce cas et calculer la quantité de chaleur Q’ qui a traversé
la cloison lorsque l’équilibre total (mécanique et thermique) est établi.

Python

python
P0=101325
s=0.01
M=50
g=9.81
A=M*g/s
P1=P0+A
V0=0.01
den=P0+2.5*A
V1p=V0*P1/den
h1p=V1p/s
ratio=P1/P0*V1p/V0
T0=273.15
T1p=ratio*T0
V1p, h1p, T1p, ratio

(0.0067146684527796385,
 0.6714668452779639,
 272.19792259014804,
 0.99651445209646)

Python

python
n=P0*V0/(8.314462618*T0)
U0=1.5*n*8.314462618*T0
U1p=1.5*n*8.314462618*T1p
U1p-U0

-5.297597119892771

Python

python
h0=1.0
h1p=V1p/s
Mg = M*g
E0=U0 + Mg*h0
E1p=U1p + Mg*h1p
(E1p-E0), W=P0*(V0-V1p)

Python

python
W = P0*(V0 - V1p)
E1p - E0, W

Python

python
E1p = U1p + M*g*h1p
diff = E1p - (U0 + M*g*h0)
diff, W

Python

python
h0=1.0
diff = E1p - (U0 + M*g*h0)
diff, W

(-166.4431095110515, 332.88621902210315)

Python

python
eps = (P1 + 1.5*P0) / (2.5*P1)
V1p2 = V0*eps
h1p2 = V1p2/s
T1p2 = P1*V1p2* T0 /(P0*V0)
V1p2, h1p2, T1p2

(0.0080428927680798, 0.80428927680798, 326.0412213175425)

Python

python
n=P0*V0/(8.314462618*T0)
U0=1.5*n*8.314462618*T0
U1p2 = 1.5*n*8.314462618*T1p2
U1p2-U0

294.29999999999995

Python

python
# compute slow case
V1 = V0*(P0/P1)**(1/ (5/3)) # 1/gamma = 0.6
h1=V1/s
T1 = T0* (P1/P0)**( (5/3 -1)/ (5/3))
V1, h1, T1

(0.007890864452618948, 0.7890864452618949, 319.87832706083606)

Python

python
h2= h0 * P0 / P1
V2=s*h2
h2

0.6738154613466334

Python

python
Q2 = P0*V0*math.log(V2/V0)  # J, work done by gas (numerical maybe negative)
Q2

-400.030088554062

Python

python
h2=h2
DeltaE = M*g*(h2 - h0)
W_atm = P0*(V0 - V2)
Qp = DeltaE - W_atm
DeltaE, W_atm, Qp

(-159.99351620947633, 330.50648379052376, -490.5000000000001)

Python

python
P0=101325
s=0.01
M=50
g=9.81
A= M*g/s
P1= P0+A
gamma=5/3
V0=s*1.0
T0=273.15
#1a
V1=V0*(P0/P1)**(1/gamma)
h1=V1/s
T1=T0*(P1/P0)**((gamma-1)/gamma)
#1b
V1p=V0*(P1+1.5*P0)/(2.5*P1)
h1p=V1p/s
T1p= T0*(P1/P0)*(V1p/V0)
#2a
V2= P0*V0/ P1
h2=V2/s
n = P0*V0/(8.314462618*T0)
Q=-n*8.314462618*T0*math.log(V2/V0)
#2b Q'
DeltaE = M*g*(h2 - 1.0)
W_atm = P0*(V0 - V2)
Qp = DeltaE - W_atm
h1, T1, h1p, T1p, h2, Q, Qp

(0.7890864452618949,
 319.87832706083606,
 0.80428927680798,
 326.0412213175425,
 0.6738154613466334,
 400.03008855406193,
 -490.5000000000001)

Python

python
P0=101325
s=0.01
M=50
g=9.81
A= M*g/s
P1= P0+A
gamma=5/3
V0=s*1.0
T0=273.15
#1a
V1=V0*(P0/P1)**(1/gamma)
h1=V1/s
T1=T0*(P1/P0)**((gamma-1)/gamma)
#1b
V1p=V0*(P1+1.5*P0)/(2.5*P1)
h1p=V1p/s
T1p= T0*(P1/P0)*(V1p/V0)
#2a
V2= P0*V0/ P1
h2=V2/s
n = P0*V0/(8.314462618*T0)
Q=-n*8.314462618*T0*math.log(V2/V0)
#2b Q'
DeltaE = M*g*(h2 - 1.0)
W_atm = P0*(V0 - V2)
Qp = DeltaE - W_atm
h1, T1, h1p, T1p, h2, Q, Qp

(0.7890864452618949,
 319.87832706083606,
 0.80428927680798,
 326.0412213175425,
 0.6738154613466334,
 400.03008855406193,
 -490.5000000000001)



-0.3947990017804707

Python

python
Q2_reversible = n*8.314462618*T0*math.log(V2/V0)
Q2_reversible

-400.03008855406193

Python

python
Q2_reversible = n*8.314462618*T0*math.log(V2/V0)
Q2_reversible

-400.03008855406193



-400.03008855406193

Suy nghĩ

Q2_reversible = n8.314462618T0*math.log(V2/V0) Q2_reversible

-400.03008855406193

-400.03008855406193

Thought for 2m 53s

Trả lời

Données numériques

SymboleValeurUnités
ss100 cm^2 = 0,010 m^2surface intérieure
MM50 kgmasse piston + charges
gg9,81 m s^-^2gravité
P0P_01 atm = 1,013 × 10^5 Papression atmosphérique
h0h_01,00 mhauteur initiale
T0T_00 °C = 273,15 Ktempérature initiale
He-monoatomiqueγ=cp/cv=5/3\gamma = c_p/c_v = 5/3

On pose
A=Mgs=50×9,810,010=4,905×104  PaA = \dfrac{Mg}{s}= \dfrac{50 \times 9,81}{0,010}= 4,905\times10^{4}\;\text{Pa}
P1=P0+A=1,50×105  PaP_1 = P_0 + A = 1,50\times10^{5}\;\text{Pa}

Le nombre de moles est
n=P0 V0R T0=P0 s h0R T0n=\dfrac{P_0\,V_0}{R\,T_0}= \dfrac{P_0\,s\,h_0}{R\,T_0}.

1) Parois adiabatiques

a) Compression très lente (quasi-statique, adiabatique réversible)

P0V0γ=P1V1γ⟹V1=V0(P0P1)1/γP_0V_0^\gamma = P_1V_1^\gamma\quad\Longrightarrow\quad V_1 = V_0\left(\frac{P_0}{P_1}\right)^{1/\gamma} h1=V1s=h0(P0P1)1/γ=1,00 m  (0,674)0,600=0,789  mh_1 = \frac{V_1}{s}=h_0\left(\frac{P_0}{P_1}\right)^{1/\gamma} = 1,00\,\text{m}\;\bigl(0,674\bigr)^{0,600}= \boxed{0,789\;\text{m}} T1=T0(P1P0)(γ−1)/γ=273,15 (1,484)0,400=320  K  (≈47°C)T_1 = T_0\left(\frac{P_1}{P_0}\right)^{(\gamma-1)/\gamma} = 273,15\,(1,484)^{0,400}= \boxed{320\;\text{K} \;(\approx 47 °C)}

b) Piston lâché brusquement (adiabatique, irréversible)

On applique l’énergie à l’ensemble « hélium + piston » :

ΔU+ΔEpot=Watm  ,Watm=P0 (V0−V1′)\Delta U + \Delta E_{\text{pot}} = W_{\text{atm}}\;,\qquad W_{\text{atm}} = P_0\,(V_0-V'_1)

avec U=(3/2)nRTU=(3/2)nRT et l’état final imposé par l’équilibre mécanique P1P_1.

En éliminant T1′T'_1 on obtient

V'_1 = V_0\,\frac{P_1+1{,}5P_0}{2{,}5P_1}=0,00804\;\text{m^3} \quad\Longrightarrow\quad h'_1 = \boxed{0,804\;\text{m}} T1′=T0 P1V1′P0V0=273,15×1,484×0,804=326  K  (≈53°C)T'_1 = T_0\,\frac{P_1V'_1}{P_0V_0}=273,15\times1,484\times0,804 = \boxed{326\;\text{K} \;(\approx 53 °C)}

Le gaz est plus chaud et un peu moins comprimé que dans la marche lente.

2) Fond diathermique, thermostat à T0T_0

Le gaz reste finalement isotherme à T0T_0.

a) Compression très lente

P1V2=nRT0⟹V2=V0 P0P1⟹h2=h0 P0P1=0,674  mP_1V_2 = nRT_0 \Longrightarrow V_2 = V_0\,\frac{P_0}{P_1} \Longrightarrow h_2 = h_0\,\frac{P_0}{P_1} = \boxed{0,674\;\text{m}}

Chaleur échangée (compression réversible isotherme) :

Q=nRT0ln⁡ ⁣(V2V0)=P0V0ln⁡ ⁣(P0P1)=−4,0×102  JQ = nRT_0\ln\!\left(\frac{V_2}{V_0}\right) = P_0V_0\ln\!\left(\frac{P_0}{P_1}\right) = \boxed{-4,0\times10^{2}\;\text{J}}

(Q<0Q<0 : 400 J quittent le gaz et entrent dans le thermostat.)

b) Piston lâché brusquement

L’état final est le même que pour 2-a (h2,  T0h_2,\;T_0), mais l’énergie mécanique dissipée dans les oscillations apparaît en plus dans le bilan thermique :

ΔU=0,ΔEpot=Mg(h2−h0)=−1,60×102 J\Delta U = 0,\quad \Delta E_{\text{pot}} = M g (h_2-h_0)=-1,60\times10^{2}\,\text{J} Watm=P0(V0−V2)=+3,31×102 JW_{\text{atm}} = P_0(V_0-V_2)= +3,31\times10^{2}\,\text{J} Q′=ΔU−Watm−ΔEpot=−4,91×102 JQ' = \Delta U - W_{\text{atm}} - \Delta E_{\text{pot}} = -4,91\times10^{2}\,\text{J} Q′=−4,9×102  J\boxed{Q' = -4,9\times10^{2}\;\text{J}}

Environ 490 J de chaleur quittent le gaz – soit 90 J de plus que dans la compression lente – pour évacuer l’énergie cinétique et potentielle dissipée lors des oscillations.

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