BCPST2 – Thermodynamique – Puissance d’une pompe

Puisque d’une puissance est un travail par unité de temps, nous raisonnerons dans une premier temps sur $1~\mathrm{min}$ puis nous en déduirons la puissance en ramenant ce travail à l’unité de temps (la seconde). Ainsi, nous considérerons le système $\mathcal{S}$ constitué du volume de $1{,}00~\mathrm{m}^3$ d’air, que nous assimilerons à un gaz parfait.

Ainsi, toutes les minutes, la pompe réalise sur le système $\mathcal{S}$ la transformation suivante :

Caractérisons les états d’équilibre initial et final.

État initial

L’état d’équilibre initial est caractérisé par les variables $V_1, $$T_1$ et $P_1$ :

• $V_1=1{,}00~\mathrm{m}^3$ ;
• $T_1=0^\circ\mathrm{C}=273~\mbox{K}$ ;
• $P_1=1{,}0~\mathrm{atm}=1{,}013\cdot 10^5~\mathrm{Pa}$.

État final

L’état d’équilibre final est caractérisé par les variables $V_2, $$T_2$ et $P_2$ :

• $V_2$ ;
• $T_2=T_1=0^\circ\mathrm{C}=273~\mbox{K}$ que nous noterons dans la suite $T_0$ (la transformation est ainsi isotherme) ;
• $P_2=3{,}5~\mathrm{atm}=3{,}5\times 1{,}013\cdot 10^5=3{,}5\cdot 10^5~\mathrm{Pa}$.

Déterminerons le travail nécessaire à la compression quasi-statique du système $\mathcal{S}$ de l’état $(1)$ à l’état $(2)$ (figure ci-dessus).

Ce travail est en fait le travail reçu par le système au cours de cette transformation. Donc le premier réflexe est de partir de l’expression du travail reçu par le système au cours d’une transformation infinitésimale

$$\delta W=-P_\mathrm{ext}dV$$

puis d’exprimer le travail reçue par le système au cours de la transformation finie $1 \rightarrow$ 2 par intégration de l’expression précédente :

$$W=\int_{1}^{2}\delta W=-\int_{V_1}^{V_2}P_\mathrm{ext}\mathrm{d}V$$

Or, la transformation étant quasi-statique, l’équilibre mécanique est réalisé à chaque instant. Ainsi, tout au long de la transformation, la résultante scalaire des forces extérieures (exercées par le milieu extérieur sur la frontière $\Sigma$)  est égale, à chaque instant, à la résultante scalaire des forces exercées par le système sur cette même frontière. Ceci implique que la pression extérieure est égale à la pression du système : $P_\mathrm{ext}=P$.

Ainsi, l’expression précédente du travail devient

$$W=-\int_{V_1}^{V_2}P\mathrm{d}V$$

Puisque le gaz est considéré parfait, nous avons

$$PV=nRT_0 \quad \Longleftrightarrow \quad P=\frac{nRT_0}{V}$$

Ainsi,

$$\begin{eqnarray}W&=&-\int_{V_1}^{V_2}\frac{nRT_0}{V}\mathrm{d}V\nonumber \\ &=&-nRT_0\int_{V_1}^{V_2}\frac{\mathrm{d}V}{V} \nonumber \\ &=&-nRT_0 \ln\left(\frac{V_2}{V_1}\right) \nonumber \end{eqnarray}$$

Nous ne connaissons ni $n$ ni $V_2$. Or nous avons d’une part, dans l’état initial et final, successivement $P_1V_1=nRT_0$ et $P_2V_2=nRT_0$. Et d’autre part, le rapport des deux  donne $\displaystyle  \frac{V_2}{V_1}=\frac{P_1}{P_2} $.

D’où

$$W=-P_1V_1\ln\left(\frac{P_1}{P_2}\right)=P_1V_1\ln\left(\frac{P_2}{P_1}\right)$$

Il s’agit donc du travail fourni par la pompe pour comprimer le système, c’est-à-dire, le travail fourni en $\Delta t=1~\mathrm{min}=60~\mathrm{s}$. Nous pouvons en déduire la puissance fourni par la pompe puisque :

$$\mathcal{P}=\frac{W}{\Delta t}$$

Soit

$$\boxed{\mathcal{P}=\frac{P_1V_1}{\Delta t}\ln\left(\frac{P_2}{P_1}\right)}$$

A.N. : $\displaystyle \mathcal{P}=\frac{P_1V_1}{\Delta t}\ln\left(\frac{P_2}{P_1}\right)=\frac{1{,}013\cdot 10^5\times 1{,}00}{60}\ln\left(\frac{3{,}5}{1{,}0}\right)=2115\simeq2{,}1~\mathrm{kW}$.