pause café : bouteille thermos ; transformation monobare ; concours ITPE 2008 En poursuivant votre navigation sur ce site, vous acceptez l’utilisation de Cookies vous proposant des publicités adaptées à vos centres d’intérêts.

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L'ensemble des transformations de cet exercice sont monobares. On considère une masse m=500 g de café que l'on verse dans un thermos. La capacité thermique massique du café est ce=4,2 kJ kg-1 K-1. La capacité thermique du vase interne du thermos est C= 50 J K-1. Remplissage du thermos : Le vase interne du thermos était au départ à la température extrieure Text = 10°C. On y verse le café à la température Tini. Le système { café + vase interne } se stabilise rapidement à la température T0 = 80°C. Le remplissage est suffisamment rapide pour négliger les fuites thermiques. Définir le mot monobare.  La pression extérieure reste constante. La pression du système peut varier au cours de la transformation : la pression finale du système est égale à la pression extérieure. Déterminer DH du système lors du remplissage. Pas de fuites thermiques : la variation d'enthalpie du système est nulle lors du remplissage. L'enthalpie est une fonction extensive. Que veut dire extensive ? Un  paramètre extensif est proportionnel à la taille du système. Calculer la température initiale Tini du café.  Energie cédée par le café chaud : Q1 = mce ( T0-Tini) Energie gagnée par le vase : Q2 = C ( T0-Text) Q1 + Q2 = 0 ; mce ( T0-Tini) + C ( T0-Text) =0 Tini= [(mce + C)T0-CText ] / (mce) avec m = 0,5 kg ; ce = 4200 J kg-1 K-1. Tini=[(0,5*4200+50)*80-50*10]/ 2100 ; Tini=81,7 °C.    évolution de la température. On étudie maintenant l'évolution de la température T(t) du système { café + vase interne }. Les fuites thermiques ont une puissance Pf=a(T-Text] avec une température extérieure Text et un coefficient d'échange a. Calculer numériquement la capacité thermique C' du système. C' =  mce + C = 0,5*4200+50 ; C' = 2150 J K-1. Ecrire la petite variation d'enthalpie DH du système durant un petit intervalle de temps dt. La température diminue de la valeur très petite dT : dH = -C' dT ( énergie cédée par le système à l'extérieur, donc signe négatif) Puissance perdue correspondante : dH/dt = - C' dT/dt Montrer que t dT/dt + T =Text. Exprimer la puissance perdue de deux manières : dH/dt = - C' dT/dt = a(T-Text] C'dT/dt + aT = aText C'/a dT/dt +T = Text et en posant t = C'/a : t dT/dt + T =Text.   Déterminer la constante caractéristique de temps t. t = C'/a = 2150/0,04 = 53 750 s. Résoudre l'équation différentielle sachant que T(0) = T0 à t=0. t dT/dt + T =Text ( 1) Solution particulière ( régime permanent) de ( 1) : T =Text solution générale de l'équation sans second membre : T= A exp(-t/t) solution générale de ( 1) : T= A exp(-t/t) +Text Condition initiale : T(0) = T0= A+Text d'où A = T0- Text T= (T0- Text) exp(-t/t) +Text. Calculer le temps nécessaire pour que la température du système chute à Tf=40°C. AN : Text = 10°C ; a = 0,04 W K-1 ; T0 = 80°C. (T -Text )/ (T0 -Text ) =exp(-t/t) prendre le logarithme : -t/t = ln[(T -Text )/ (T0 -Text ) ] t = t ln[(T0 -Text )/ (T -Text ) ] ; t = 53 750 ln[(80-10) / (40-10)] = 53 750 ln(7/3) = 45 542 s ; t = 12,6 heures.   Expliquer comment sont minimisés les transferts thermiques entre le vase interne du thermos et l'extrieur.   Doubles parois : l'espace entre les deux parois est presque sans air ; ce vide partiel empèche les transferts d'énergie par conduction et convexion. La surface externe du vase intérieur et la surface interne du vase extérieur sont recouverts d'un enduit réfléchissant : pas de pertes d'énergie par radiation.

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