changement d'etat d'un corp pur

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aya55
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changement d'etat d'un corp pur

Message par aya55 » ven. juin 15, 2018 9:58 pm

svp dans cet exo pourriez vous me dire pourquoi pas on a pas utilisé la relation Wrev= deltaU-deltaH = -deltaH (puisque c isotherme )
Une masse m = 1,0 kg d'eau liquide est contenue dans un récipient fermé par un piston à


T = 100°C sous une pression d'une atmosphère. L'ensemble étant placé dans un thermostat à

T = 100 °C, on déplace le piston très lentement et on réalise la vaporisation totale de l'eau.

A l'état final, le volume du gaz, supposé parfait, est Vf = 1,67 m3.



1. Calculer la chaleur fournie par le thermostat, le travail échangé, les variations d'énergie interne, d'enthalpie et d'entropie de l'eau.





On place directement la masse m d'eau liquide, prise à T = 100°C, dans un récipient thermostaté à 100°C initialement vide, et de volume Vf.

L'eau s'y vaporise instantanément.



2. Déterminer les mêmes grandeurs qu'au 1) ainsi que la création d'entropie.





Données :

Chaleur latente massique de vaporisation : Lv = 2,25 MJ/kg ; 1 atm = 1,013.105

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Néodyme
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Re: changement d'etat d'un corp pur

Message par Néodyme » sam. juin 16, 2018 12:17 pm

Oui c'est isotherme, mais non on n'a pas \( \Delta U=0 \).

1/
Transformation isotherme à \( T_0 \) car en contact avec un thermostat et suffisamment lente.
Transformation isobare car c'est un changement d'état isotherme (donc \( p=p_\text{sat}(T_0) = p_0 = 1\,bar \) est constant).
Transformation telle que \( p_\text{ext}=p \) car suffisamment lente pour que le piston soit toujours à l'équilibre mécanique et pas de frottements.

On considère le système \{eau+enceinte+piston\}.
\( \Delta H = Q \), d'où \( Q = ml_v = 2.25\,MJ \)
\( W = -\int p_\text{ext}dV = -\int pdV = -p_0(V_f-V_i) = -10^5(1.67-0.001) = -0.167\,MJ \)
\( \Delta U = W+Q = 2.083\,MJ \)
\( S_\text{e} = \dfrac{Q}{T_0} = \dfrac{ml_V}{T_0} = 603\,MJ/K \)
Pour \( \Delta S \) et \( S_\text{c} \) on doit dire qu'on est en présence d'un changement d'état isobare isotherme infiniment lent, donc réversible. Donc on a \( S_\text{c}=0 \) et \( \Delta S=S_\text{e} \).

2/
Transformation isochore.
Transformation ni isobare (au départ pression nulle, pas à l'arrivée) ni isotherme (\( T \) peut varier).
Transformation brutale, vraisemblablement pas réversible.
Transformation monotherme (\( T_\text{ext}=T_0 \) constante).

Dans l'état final on a \( V=V_f \), \( T=T_0 \). Le volume massique final \( v = V_f/m \) est le même qu'en 1, la température aussi, ce qui veut dire qu'on est au même endroit dans le diagramme de Clapeyron : sur la courbe de rosée à \( T_0 \). La pression est donc aussi \( p_0 \).

On considère le système \{eau+enceinte\}.
\( W=0 \) car isochore.
\( \Delta U \), \( \Delta H \), \( \Delta S \) ont les mêmes valeurs numériques qu'en 1 car l'état initial et l'état final de 1 et de 2 sont les mêmes.
\( Q = \Delta U - W = 2.083\,MJ \)
\( S_\text{e} = \dfrac{Q}{T_0} = 558\,MJ/K \) (échange avec un thermostat)
\( \Delta S \) donné par 1, donc \( \Delta S = \dfrac{Q_\text{rév}}{T_0} = 603\,MJ/K \).
\( S_\text{c} = \Delta S - S_\text{e} = \dfrac{Q_\text{rév}-Q}{T_0} = 44.8\,MJ/K \).

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