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Contournement de bug : incompatibilité IEEEtrantools et cleveref

les appels de référence \cref vers des \label au milieu des {IEEEeqnarray}
multi-lignes pointent vers la première ligne du {IEEEeqnarray} et non pas
vers la ligne correspondant au \label souhaité. Les liens problématiques
sont maintenant remplacés manuellement par des \ref ordinaires.
parent 448d3586
......@@ -408,7 +408,7 @@ Le combustible, ainsi, ne doit pas être précédemment mélangé à l’air, ma
h_\A + \frac{1}{2} C_\A^2 & = & h_\B + \frac{1}{2} C_\B^2
\end{IEEEeqnarray}
Dans le cas d’une tuyère idéale, la détente est isentropique et nous pouvons relier les températures $T_\A$ et $T_\B$ tout comme au sein d’une turbine ou d’un compresseur, par les abominables relations \ref{eq_isentropique_horrible1} à \ref{eq_isentropique_horrible3}. Ainsi, en connaissant les conditions d’entrée $h_\A$ et $p_\A$, pour une pression de sortie $p_\B$ donnée (pression atmosphérique), nous pouvons quantifier la variation de vitesse du gaz :
Dans le cas d’une tuyère idéale, la détente est isentropique et nous pouvons relier les températures $T_\A$ et $T_\B$ tout comme au sein d’une turbine ou d’un compresseur, par les abominables relations~\ref{eq_isentropique_horrible1} à~\ref{eq_isentropique_horrible3}. Ainsi, en connaissant les conditions d’entrée $h_\A$ et $p_\A$, pour une pression de sortie $p_\B$ donnée (pression atmosphérique), nous pouvons quantifier la variation de vitesse du gaz :
\begin{equation}
C_\B^2 - C_\A^2 = - 2 \ c_{p \text{(gaz)}} \ (T_\B - T_\A)
\label{eq_vitesses_tuyere}
......
......@@ -779,7 +779,7 @@ La différence entre les moyennes des expansions et des expériences-témoin ét
\item pour toute évolution adiabatique réversible.
\end{equationterms}
Cette dernière \cref{eq_isentropique_horrible3} équivaut à l’expression :
Cette dernière équation~\ref{eq_isentropique_horrible3} équivaut à l’expression :
\begin{equation}
p v^{\gamma} = \text{constante}
\label{eq_isentropique_horrible3bis}
......@@ -795,7 +795,7 @@ La différence entre les moyennes des expansions et des expériences-témoin ét
Un réservoir d’air comprimé de~\SI{50}{\liter} contient de l’air à~\SI{40}{\bar} et~\SI{50}{\degreeCelsius}. L’atmosphère ambiante est à~\SI{1}{\bar}. Quelle est la quantité maximale de travail que l’on peut extraire de l’air comprimé sans lui fournir de chaleur ?
\begin{answer}
Le travail maximal sera obtenu si la détente est réversible. Comme nous ne pouvons pas apporter de chaleur, notre meilleure option est donc ici d’effectuer une détente adiabatique réversible depuis \SI{40}{\bar} jusqu’à \SI{1}{\bar}.\\
Nous voulons calculer la température finale, car c’est elle qui nous donnera la variation d’énergie, donc le travail perdu par le gaz. Des trois intimidantes relations \ref{eq_isentropique_horrible1} à \ref{eq_isentropique_horrible3}, c’est la seconde qui nous intéresse : $\left( \frac{T_\A}{T_\B} \right) = \left( \frac{p_\A}{p_\B} \right)^{\frac{\gamma -1}{\gamma}}$. Ainsi : $T_\B = T_\A \left( \frac{p_\A}{p_\B} \right)^{-\frac{\gamma -1}{\gamma}} = (\num{50} + \num{273,15}) \left( \frac{40}{1} \right)^{\frac{\num{1,4} -1}{\num{1,4}}} = \SI{112,6}{\kelvin} = \SI{-160,5}{\degreeCelsius}$.\\
Nous voulons calculer la température finale, car c’est elle qui nous donnera la variation d’énergie, donc le travail perdu par le gaz. Des trois intimidantes relations~\ref{eq_isentropique_horrible1} à~\ref{eq_isentropique_horrible3}, c’est la seconde qui nous intéresse : $\left( \frac{T_\A}{T_\B} \right) = \left( \frac{p_\A}{p_\B} \right)^{\frac{\gamma -1}{\gamma}}$. Ainsi : $T_\B = T_\A \left( \frac{p_\A}{p_\B} \right)^{-\frac{\gamma -1}{\gamma}} = (\num{50} + \num{273,15}) \left( \frac{40}{1} \right)^{\frac{\num{1,4} -1}{\num{1,4}}} = \SI{112,6}{\kelvin} = \SI{-160,5}{\degreeCelsius}$.\\
Le travail effectué par le système fermé constitué par le gaz est donc $w_\fromatob = \Delta u - q_\fromatob = c_v \ \Delta T - 0 = \num{718} \times (\num{-160,5} - \num{50}) = \SI{-1,5115e5}{\joule\per\kilogram} = \SI{-151,1}{\kilo\joule\per\kilogram}$.\\
En calculant la masse $m_\A = \frac{p_\A V_\A}{R \ T_\A} = \frac{\num{40e5} \times \num{0,2}}{287 \times \ (\num{50} + \num{273,15})} = \SI{8,626}{\kilogram}$, nous obtenons $W_\fromatob = m_\A w_\fromatob = \num{8,626} \times \num{-151,1e3} = \SI{-1,3038e6}{\joule} = \SI{-1,304}{\mega\joule}$.
\begin{remark} Cela représente suffisamment d’énergie pour accélérer sans frottement un véhicule de~\SI{1}{\tonne} jusqu’à une vitesse $C = \left[\frac{\num{1,3038e6}}{\frac{1}{2} \times \num{1000}}\right]^{\num{0,5}} = \SI{51,1}{\metre\per\second} \approx \SI[per-mode = symbol]{180}{\kilo\metre\per\hour}$.\end{remark}
......
......@@ -274,7 +274,7 @@
\begin{equation*}
\left( \frac{T_1}{T_2} \right) = \left( \frac{v_2}{v_1} \right)^{\gamma -1}
\end{equation*}
valable pour une évolution adiabatique réversible d’un gaz parfait, montrez (sans utiliser l’\cref{eq_isentropique_horrible3}) que :
valable pour une évolution adiabatique réversible d’un gaz parfait, montrez (sans utiliser l’équation~\ref{eq_isentropique_horrible3}) que :
\begin{equation*}
\left( \frac{T_1}{T_2} \right) = \left( \frac{p_1}{p_2} \right)^{\frac{\gamma -1}{\gamma}}
\end{equation*}
......@@ -328,7 +328,7 @@
\tab 3) $Q_{1 \to 3} = U_3 - U_1 - W_{1 \to 3} = m c_v \left(T_3 - \frac{p_1 V_1}{m R}\right) - W_{1 \to 3} = \SI{-625,3}{\kilo\joule}$
\item [\ref{exo_gp_isentropique}]
\includegraphics[width=\solutiondiagramwidth]{images/exo_sol_pv_isentr.png}
\tab Cas optimal : compression adiabatique réversible. Avec l’\cref{eq_isentropique_horrible2}, on calcule $T_\B = \SI{896,4}{\kelvin}$ ; $W_\text{minimal} = m \ c_v (T_\B - T_\A) = \SI{+2,157}{\mega\joule}$.
\tab Cas optimal : compression adiabatique réversible. Avec l’équation~\ref{eq_isentropique_horrible2}, on calcule $T_\B = \SI{896,4}{\kelvin}$ ; $W_\text{minimal} = m \ c_v (T_\B - T_\A) = \SI{+2,157}{\mega\joule}$.
\item [\ref{exo_bete_mechant}]
\tab Isotherme $2 \to 3$, isochore $1 \to 2$.
\item [\ref{exo_retrouver_pv}]
......@@ -336,7 +336,7 @@
\item [\ref{exo_compresseur_turboreacteur}]
\includegraphics[width=\solutiondiagramwidth]{images/exo_sol_pv_turbojet_compressor.png}
\tab 1) Remplacer $v_2$ par $\frac{R T_2}{p_2}$, faire de même avec $v_1$. Dérouiller son algèbre et le résultat vient tout seul ;
\tab 2) Avec l’\cref{eq_isentropique_horrible2}, on obtient $T_\B = \SI{600,7}{\kelvin}$, ainsi $\dot{W}_{\fromatob} = \SI{+20,87}{\mega\watt}$ ;
\tab 2) Avec l’équation~\ref{eq_isentropique_horrible2}, on obtient $T_\B = \SI{600,7}{\kelvin}$, ainsi $\dot{W}_{\fromatob} = \SI{+20,87}{\mega\watt}$ ;
\tab 3) \S\ref{ch_gp_isentropiques} ;
\tab 5) $T_\C = \SI{279,8}{\kelvin}$ ; $T_\D = \SI{753,1}{\kelvin}$ ; Ainsi $\dot{W}_\text{compresseur réel} = \dot{W}_{\text{pertes frottement} \A \to \C} + \dot{W}_\fromctod = \SI{+29,29}{\mega\watt}$ (\SI{+40}{\percent}).
\item [\ref{exo_compression_combustion_diesel}]
......@@ -349,12 +349,12 @@
\item [\ref{exo_turboreacteur_simple_flux}]
\includegraphics[width=\solutiondiagramwidth]{images/exo_sol_pv_turbojet_1.png}
\includegraphics[width=\solutiondiagramwidth]{images/exo_sol_pv_turbojet_2.png}
\tab 2) Avec l’\cref{eq_isentropique_horrible2}, $T_\B = \SI{664,83}{\kelvin}$
\tab 2) Avec l’équation~\ref{eq_isentropique_horrible2}, $T_\B = \SI{664,83}{\kelvin}$
\tab 3) Avec l’\cref{eq_petite_sfee_deltas_h}, $w_\text{compresseur} = w_\fromatob = \SI{+338,61}{\kilo\joule\per\kilogram}$
\tab 4) $T_\C = \SI{1373,15}{\kelvin}$ ; ainsi $q_\text{combustion} = q_\frombtoc = \SI{+711,86}{\kilo\joule\per\kilogram}$
\tab 5) Comme $w_\text{turbine} = - w_\text{compresseur}$, on a $T_D = \SI{986,47}{\kelvin}$
\tab 6) Avec l’\cref{eq_isentropique_horrible2}, $p_\D = \SI{5,97}{\bar}$
\tab 7) Idem, avec l’\cref{eq_isentropique_horrible2}, $T_\text{E} = \SI{574,49}{\kelvin}$
\tab 6) Avec l’équation~\ref{eq_isentropique_horrible2}, $p_\D = \SI{5,97}{\bar}$
\tab 7) Idem, avec l’équation~\ref{eq_isentropique_horrible2}, $T_\text{E} = \SI{574,49}{\kelvin}$
\tab 8) Avec l’\cref{eq_petite_sfee_deltas_h}, $C_\text{E} = \left(-2\Delta h\right)^\frac{1}{2} = \SI{909,98}{\metre\per\second}$\\
\tab Bien sûr, ces valeurs ne tiennent pas compte des irréversibilités existant dans un turboréacteur réel. Ces effets sont abordés dans l’exercice \ref{exo_compresseur_turboreacteur} et formalisés dans le \coursdix.
\end{description}
......@@ -380,9 +380,9 @@
\item [\ref{exo_generatrice_electricite_turbine}]
\includegraphics[height=\solutiondiagramwidth]{images/exo_sol_pv_turbomoteur_1.png}
\includegraphics[height=\solutiondiagramwidth]{images/exo_sol_pv_turbomoteur_2.png}
\tab 2) Avec l’\cref{eq_isentropique_horrible2}, $T_\B = T_\A \left(\frac{p_\B}{p_\B}\right)^{\frac{\gamma - 1}{\gamma}} = \SI{774,7}{\kelvin}$ ;
\tab 2) Avec l’équation~\ref{eq_isentropique_horrible2}, $T_\B = T_\A \left(\frac{p_\B}{p_\B}\right)^{\frac{\gamma - 1}{\gamma}} = \SI{774,7}{\kelvin}$ ;
\tab 3) Avec les équations \ref{eq_grande_sfee_deltas_h} et \ref{eq_h=cpT}, $\dot W_\fromatob = \dot m c_p (T_\B - T_\A) = \SI{+242}{\kilo\watt}$ ;
\tab 4) Avec l’\cref{eq_isentropique_horrible2}, $T_\D = T_\C \left(\frac{p_\D}{p_\C}\right)^{\frac{\gamma - 1}{\gamma}} = T_\C \left(\frac{p_\B}{p_\A}\right)^{-\frac{\gamma - 1}{\gamma}} = \SI{481,8}{\kelvin}$. Ainsi, l’air rejeté doit perdre $\dot Q_\fromdtoa = c_p \Delta T = \SI{-94,8}{\kilo\watt}$ pour revenir à son état initial (\S\ref{ch_construction_cycle}) ;
\tab 4) Avec l’équation~\ref{eq_isentropique_horrible2}, $T_\D = T_\C \left(\frac{p_\D}{p_\C}\right)^{\frac{\gamma - 1}{\gamma}} = T_\C \left(\frac{p_\B}{p_\A}\right)^{-\frac{\gamma - 1}{\gamma}} = \SI{481,8}{\kelvin}$. Ainsi, l’air rejeté doit perdre $\dot Q_\fromdtoa = c_p \Delta T = \SI{-94,8}{\kilo\watt}$ pour revenir à son état initial (\S\ref{ch_construction_cycle}) ;
\tab 5) $\eta_\text{moteur} \equiv \left|\frac{\dot W_\net}{\dot Q_\inn} \right| = \left|\frac{\dot W_\fromatob + \dot W_\fromctod}{\dot Q_\frombtoc} \right| = \SI{62,3}{\percent} $ (fort honorable, mais seulement atteignable avec une turbine et un compresseur parfaits) ;
\tab 6) Avec un compresseur réel $\dot W_{\fromatob_2} > \dot W_\fromatob$ et $T_{\B_2} > T_\B$.
Il s’ensuit que si $T_\C$ est gardée constante, $\dot Q_{\frombtoc_2} < \dot Q_\frombtoc$.
......@@ -406,7 +406,7 @@
\item [\ref{exo_fonctionnement_climatiseur}]
\includegraphics[height=\solutiondiagramwidth]{images/exo_sol_pv_climatiseur.png}
\includegraphics[height=\solutiondiagramwidth]{images/exo_sol_pv_thermopompe.png}
\tab 2) Avec l’\cref{eq_isentropique_horrible2}, $\frac{p_\B }{p_\A} = \left(\frac{T_\B}{T_\A}\right)^{\frac{\gamma}{\gamma - 1}} = \num{1,565}$ ;
\tab 2) Avec l’équation~\ref{eq_isentropique_horrible2}, $\frac{p_\B }{p_\A} = \left(\frac{T_\B}{T_\A}\right)^{\frac{\gamma}{\gamma - 1}} = \num{1,565}$ ;
\tab 3) Idem, détente C $\to$ D adiabatique réversible, $T_\D = T_\C \left(\frac{p_\D}{p_\C}\right)^{\frac{\gamma - 1}{\gamma}} = T_\C \left(\frac{p_\A}{p_\B}\right)^{\frac{\gamma - 1}{\gamma}} = T_\C \frac{T_\A}{T_\B} = \SI{275,6}{\kelvin}$ soit \SI{2,4}{\degreeCelsius} ;
\tab 4) Avec les équations \ref{eq_petite_sfee_deltas_h} et \ref{eq_h=cpT}, $w_\inn = \SI{+40,2}{\kilo\joule\per\kilogram}$ ;
$q_\out = \SI{-20,1}{\kilo\joule\per\kilogram}$ ;
......
......@@ -356,7 +356,7 @@
\label{ex_cycle_carnot}
On effectue un cycle de Carnot entre les températures de~\SI{600}{\degreeCelsius} et~\SI{100}{\degreeCelsius}. On utilise~\SI{100}{\gram} d’air prisonnier dans un cylindre, à pression de~\SI{1}{\bar}. Quel est le travail à investir ? Quel est le travail récupéré ? Quel est le rendement ?
\begin{answer}
Nous commençons par faire monter la température jusqu’à~\SI{600}{\degreeCelsius}, avec une évolution adiabatique réversible ($1\to 2$). Le coût énergétique pour cela sera $w_{1\to 2} = c_v \ \Delta T = \num{1005}\times(\num{600}-\num{100}) = \SI{+502,5}{\kilo\joule\per\kilogram}$ (\ref{eq_gp_travail_isentropique_sf}) et $q_{1\to 2} = 0$ . L’\cref{eq_isentropique_horrible2} nous apporte la pression finale : $p_2
Nous commençons par faire monter la température jusqu’à~\SI{600}{\degreeCelsius}, avec une évolution adiabatique réversible ($1\to 2$). Le coût énergétique pour cela sera $w_{1\to 2} = c_v \ \Delta T = \num{1005}\times(\num{600}-\num{100}) = \SI{+502,5}{\kilo\joule\per\kilogram}$ (\ref{eq_gp_travail_isentropique_sf}) et $q_{1\to 2} = 0$ . L’équation~\ref{eq_isentropique_horrible2} nous apporte la pression finale : $p_2
= p_1 \left(\frac{T_2}{T_1}\right)^{\frac{\gamma}{\gamma - 1}}
= 1 \times \left(\frac{\num{600}\plustwoseventhree}{\num{100}\plustwoseventhree}\right)^{\frac{\num{1,4}}{\num{1,4} - 1}}
= \SI{19,6}{\bar}$.
......@@ -367,7 +367,7 @@
= \SI{398,2}{\kilo\joule\per\kilogram}$ (\ref{eq_gp_travail_isotherme_sf2}, une réception par le gaz) et le travail est de $w_{2 \to 3} = - q_{2 \to 3} = \SI{-398,2}{\kilo\joule\per\kilogram}$ (\ref{eq_gp_chaleur_isotherme_sf}, une perte par le gaz).
\begin{remark}Promesse tenue : nous avions étudié les transformations isothermes aux sections \S\ref{ch_gp_isothermes} et \S\ref{ch_lv_isothermes} précisément pour pouvoir nous en servir ici…\end{remark}
\begin{remark}Le choix de la pression $p_3$ ou de son volume correspondant $v_3$ est entièrement arbitraire et il n’affecte aucun des résultats obtenus ici.\end{remark}
Nous procédons à la détente du gaz, de façon à récupérer autant de travail que possible et à faire chuter sa température ($3 \to 4$). L’évolution est adiabatique réversible, ainsi $w_{3\to 4} = c_v \ \Delta T = -w_{1\to 2} = \SI{-502,5}{\joule\per\kilogram}$ et $q_{3\to 4} = 0$. Avec l’\cref{eq_isentropique_horrible2} nous obtenons la pression finale : $p_4 = p_3 \left(\frac{T_4}{T_3}\right)^{\frac{\gamma}{\gamma - 1}} = \SI{0,2}{\bar}$.
Nous procédons à la détente du gaz, de façon à récupérer autant de travail que possible et à faire chuter sa température ($3 \to 4$). L’évolution est adiabatique réversible, ainsi $w_{3\to 4} = c_v \ \Delta T = -w_{1\to 2} = \SI{-502,5}{\joule\per\kilogram}$ et $q_{3\to 4} = 0$. Avec l’équation~\ref{eq_isentropique_horrible2} nous obtenons la pression finale : $p_4 = p_3 \left(\frac{T_4}{T_3}\right)^{\frac{\gamma}{\gamma - 1}} = \SI{0,2}{\bar}$.
\begin{remark}Le travail récupéré de~3 à~4 est exactement opposé à celui investi de~1 à~2. Dans un cycle de Carnot, c’est pendant les transferts de chaleur que les travaux aboutissent à la production d’un travail net.\end{remark}
Enfin, pour ramener le fluide à son état initial (\S\ref{ch_construction_cycle}), il faut refroidir le gaz ($4 \to 1$). Ce refroidissement est à température constante, ainsi $q_{4 \to 1}
= - R \ T_4 \ln\left(\frac{p_1}{p_4}\right)
......
......@@ -359,7 +359,7 @@
\left(\frac{T_\B}{T_\A}\right) & = & \left(\frac{p_\B}{p_\A}\right)^{\frac{R}{c_p}} = \left(\frac{p_\B}{p_\A}\right)^{\frac{\gamma-1}{\gamma}}
\end{IEEEeqnarray*}
Nous reconnaissons ainsi l’\cref{eq_isentropique_horrible2} que nous savons déjà appliquer : $T_\B = 600 \times \frac{1}{30}^{\frac{0,4}{1,4}} = \SI{227}{\kelvin} $, soit environ \SI{-46}{\degreeCelsius}.
Nous reconnaissons ainsi l’équation~\ref{eq_isentropique_horrible2} que nous savons déjà appliquer : $T_\B = 600 \times \frac{1}{30}^{\frac{0,4}{1,4}} = \SI{227}{\kelvin} $, soit environ \SI{-46}{\degreeCelsius}.
\begin{remark}L’utilisation du raisonnement «~adiabatique réversible = isentropique~» ne nous a, en vérité, rien apporté que nous ne savions déjà ici, car le modèle du gaz parfait est déjà extrêmement simple et puissant. Ce ne sera pas le cas avec les liquides/vapeurs.\end{remark}\end{answer}
\end{anexample}
......@@ -465,7 +465,7 @@
Nous posons $y \equiv \frac{v_\B - v_{\SI{300}{\degreeCelsius}~\&~\SI{0,2}{\mega\pascal}}}{v_{\SI{300}{\degreeCelsius}~\&~\SI{0,4}{\mega\pascal}} - v_{\SI{300}{\degreeCelsius}~\&~\SI{0,2}{\mega\pascal}}} = \frac{1 -\num{1,3162}}{\num{0,65489}-\num{1,3162}} = \num{0,4781} $
et de façon correspondante, $s_\B = s_{\SI{300}{\degreeCelsius}~\&~\SI{0,2}{\mega\pascal}} + y (s_{\SI{300}{\degreeCelsius}~\&~\SI{0,4}{\mega\pascal}} - s_{\SI{300}{\degreeCelsius}~\&~\SI{0,2}{\mega\pascal}}) = \SI{7,8941} + \num{0,4781}(\num{7,5677}-\SI{7,8941}) = \SI{7,738}{\kilo\joule\per\kelvin\per\kilogram} $.
Nous pouvons donc enfin calculer $q_{\fromatob}$ avec l’\cref{eq_q_tds_min} : $Q_{\fromatob} = \int_1^2 T \diff S = m \ T \ \Delta s = 2 \times (300+\num{273,15})\times(\num{7,738} - \num{3,2552}) = \SI{+5,139}{\kilo\joule} $.
Nous pouvons donc enfin calculer $q_{\fromatob}$ avec l’équation~\ref{eq_q_tds_min} : $Q_{\fromatob} = \int_1^2 T \diff S = m \ T \ \Delta s = 2 \times (300+\num{273,15})\times(\num{7,738} - \num{3,2552}) = \SI{+5,139}{\kilo\joule} $.
\begin{remark}Ce calcul un peu laborieux n’est pas nécessairement spectaculaire, mais il faut bien voir que sans l’utilisation de l’entropie, nous n’avions pas de moyen de quantifier $Q_{\fromatob}$ sans effectuer d’expérience.\end{remark}\end{answer}
\end{anexample}
......
......@@ -238,10 +238,10 @@
\includegraphics[width=\solutiondiagramwidth]{images/exo_sol_ts_bonsens2.png}
\tab On suppose $X\to Y$, alors $\Delta s = \SI{-3,728}{\kilo\joule\per\kelvin\per\kilogram}$ mais $\int_X^Y \left(\frac{\diff q}{T}\right)_\text{chemin réel} = \SI{-3,823}{\kilo\joule\per\kelvin\per\kilogram}$ ainsi nous sommes rassurés : le sens est bien $X\to Y$.
\item [\ref{exo_detente_air_irreversible}]
\tab Avec l’\cref{eq_delta_s_gp_p}, nous obtenons $\Delta s = \SI{+39,77}{\joule\per\kelvin\per\kilogram}$ mais --\textit{aha}!-- $\int_1^2 \left(\frac{\diff q}{T}\right)_\text{chemin réel} = \SI{0}{\kilo\joule\per\kelvin\per\kilogram}$, ainsi la transformation est irréversible. Nous aurions également pu utiliser la fort classique \cref{eq_isentropique_horrible2} pour découvrir que $T_{2 \text{isentropique}} < \SI{150}{\degreeCelsius}$.
\tab Avec l’\cref{eq_delta_s_gp_p}, nous obtenons $\Delta s = \SI{+39,77}{\joule\per\kelvin\per\kilogram}$ mais --\textit{aha}!-- $\int_1^2 \left(\frac{\diff q}{T}\right)_\text{chemin réel} = \SI{0}{\kilo\joule\per\kelvin\per\kilogram}$, ainsi la transformation est irréversible. Nous aurions également pu utiliser la fort classique équation~\ref{eq_isentropique_horrible2} pour découvrir que $T_{2 \text{isentropique}} < \SI{150}{\degreeCelsius}$.
\item [\ref{exo_pompe_air}]
\tab 1) $\dot{W}_\text{pompe} = \dot m c_p \Delta T = \SI{+5,493}{\kilo\watt}$ (\ref{eq_petite_sfee_deltas_h} \& \ref{eq_h_fonction_de_T}) ;
\tab 2) Avec l’\cref{eq_isentropique_horrible2} $T_{2 \text{is.}} = \SI{351,3}{\kelvin}$ soit tout de même \SI{78,1}{\degreeCelsius}, ainsi $\dot{W}_\text{idéal} = \SI{+4,231}{\kilo\watt}$ ;
\tab 2) Avec l’équation~\ref{eq_isentropique_horrible2} $T_{2 \text{is.}} = \SI{351,3}{\kelvin}$ soit tout de même \SI{78,1}{\degreeCelsius}, ainsi $\dot{W}_\text{idéal} = \SI{+4,231}{\kilo\watt}$ ;
\tab 3) Une possibilité : détente isentropique pour obtenir $\dot{W}_{2\to 1} = \SI{-4,231}{\kilo\watt}$, puis un nécessaire refroidissement sans travail de $\dot{Q}_{2\to 1} = \SI{-1,262}{\kilo\watt}$. Toutes les transformations réversibles dont la somme nette des transferts prend ces valeurs (par exemple lors d’une détente refroidie) permettront de revenir en 1.
\item [\ref{exo_cycle_carnot_vapeur}]
\includegraphics[width=\solutiondiagramwidth]{images/exo_sol_ts_carnot_vapeur1.png}
......
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