8 Exercices type oral 8.1

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Expression différentielle des principes thermodynamiques

2020/2021 TSI2, Lycée Jules Ferry 18

8 Exercices type oral 8.1 Détente d’un gaz parfait

Un récipient, muni d’un piston mobile de masse négligeable pouvant se déplacer sans frottement, contient un gaz parfait occupant initialement un volume 𝑉₁= 10,0𝐿 à la température 𝑇₁ = 373𝐾. Les parois du récipient ainsi que le piston sont calorifugés. La pression qui s’exerce sur ce piston vaut initialement 𝑃₁= 1,00.10⁶𝑃𝑎. On donne 𝑅 = 8,31𝐽. 𝐾⁻¹. 𝑚𝑜𝑙⁻¹.

1) Que peut-on dire de la quantité de matière 𝑛 de gaz contenu dans le récipient ? La relier à 𝑃₁, 𝑇₁ et 𝑉₁.

2) La contrainte qui maintient le piston en équilibre est supprimée, de sorte que la pression que s’exerce sur lui tombe brutalement à la valeur 𝑃₂= 1,00.10⁵𝑃𝑎 correspondant à la pression atmosphérique du lieu. Le gaz évolue vers un nouvel état d’équilibre caractérisé par les valeurs respectives 𝑇₂ et 𝑉₂ de la température et du volume.

2.a) Exprimer et calculer 𝑇2 et 𝑉2 pour une capacité thermique à volume constant 𝐶𝑉=⁵₂𝑛𝑅.

2.b) Exprimer et calculer la variation d’entropie 𝛥𝑆 du gaz.

2.c) Exprimer et calculer l’entropie crée 𝑆𝑐 au cours de la transformation. Quelle est la cause de l’irréversibilité ?

1) Quantité de matière

D’après la loi des gaz parfaits : 𝑛 =^𝑃¹^𝑉¹

𝑅𝑇₁ = 3,22𝑚𝑜𝑙 2) Suppression de la contrainte

2.a) Température et volume finaux

Pour un gaz parfait, la variation d’énergie interne ne dépend que de la température (loi de Joule) : 𝛥𝑈 = 𝐶_𝑉(𝑇₂− 𝑇₁)

D’après le premier principe, le récipient étant calorifugé et la transformation monobare :

∆𝑈 = 𝑊 + 𝑄⏟

0

= 𝑊 = −𝑃₂(𝑉₂− 𝑉₁)

Alors : 𝐶_𝑉(𝑇₂− 𝑇₁) = −𝑃₂(𝑉₂− 𝑉₁) = −𝑃₂(^𝑛𝑅𝑇²

𝑃₂ −^𝑛𝑅𝑇¹

𝑃₁ ) ⇒

𝑇₂=²

7(⁵

2+^𝑃²

𝑃₁) 𝑇₁= 277𝐾 𝑉₂=^𝑛𝑅𝑇_𝑃 ²

2 = 74,2𝐿 2.b) Variation d’entropie

D’après la première identité thermodynamique :

𝑑𝑆 =^𝑑𝑈_𝑇 +^𝑃_𝑇𝑑𝑉 = 𝐶_𝑉^𝑑𝑇_𝑇 + 𝑛𝑅^𝑑𝑉_𝑉 ⇒ 𝛥𝑆 = 𝑛𝑅 (⁵₂𝑙𝑛^𝑇_𝑇²

1+ 𝑙𝑛^𝑉_𝑉²

1) = 33,7𝐽. 𝐾⁻¹ 2.c) Entropie crée

La transformation est adiabatique donc l’entropie échangée est nulle et d’après le second principe, l’entropie crée est égale à la variation d’entropie. Ceci est due à l’inhomogénéité de la pression.

𝑆_𝑐 = 33,7𝐽. 𝐾⁻¹

8.2 Calorimétrie

On considère un vase parfaitement calorifugé qui contient une masse 𝑚₁= 100𝑔 d’un liquide de capacité thermique massique 𝑐₁= 3000𝐽. 𝑘𝑔⁻¹. 𝐾⁻¹ à la température 𝑇₁= 30°𝐶. On plonge rapidement un morceau de cuivre de masse 𝑚₂= 200𝑔 et de capacité thermique 𝑐₂= 400𝐽. 𝑘𝑔⁻¹. 𝐾⁻¹, initialement à la température 𝑇₂=

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70°𝐶 . Le récipient dont la capacité thermique est 𝐶_𝑠= 250𝐽. 𝐾⁻¹ y compris les accessoires (agitateur, thermomètre…) est soigneusement refermé.

1) Déterminer la température d’équilibre.

2) Calculer la variation globale d’entropie pour cette opération.

1) Température d’équilibre

Système = {calorimètre + liquide + solide}, la transformation est isobare, alors :

𝛥𝐻 = 𝑄 = 0 = 𝑐₁𝑚₁(𝑇_𝑓− 𝑇₁) + 𝑐₂𝑚₂(𝑇_𝑓− 𝑇₂) + 𝐶_𝑠(𝑇_𝑓− 𝑇₁) ⇒ 𝑇_𝑓=(𝑐₁𝑚₁+ 𝐶_𝑠)𝑇₁+ 𝑐₂𝑚₂𝑇₂

𝑐₁𝑚₁+ 𝑐₂𝑚₂+ 𝐶_𝑠 = 308𝐾 = 35°𝐶 2) Variation globale d’entropie

𝑑𝐻 = 𝑇𝑑𝑆 + 𝑉𝑑𝑃 ⇒ 𝑑𝑆 =^𝑑𝐻

𝑇 = (𝑐₁𝑚₁+ 𝐶_𝑆)^𝑑𝑇

𝑇 + 𝑐₂𝑚₂^𝑑𝑇

𝑇 ⇒ 𝛥𝑆 = (𝑐₁𝑚₁+ 𝐶_𝑆) 𝑙𝑛𝑇_𝑓

𝑇₁+ 𝑐₂𝑚₂𝑙𝑛𝑇_𝑓

𝑇₂∆𝑆 = 0,39𝐽. 𝐾⁻¹

8.3 Oral CCP TSI 2013

Un récipient de volume total fixe 2V0 (V0 = 10L) est divisé en deux compartiments par une membrane mobile (de surface S) sans frottement. Les parois des deux compartiments et la membrane empêchent les transferts thermiques. Initialement, l’air (gaz parfait de rapport ϒ = 1,4) contenu dans chacun des deux compartiments est à la température T0 = 300 K et à la pression P0 = 10⁵ Pa.

A l’intérieur du compartiment de gauche se trouve une résistance R’ = 10 Ω. Cette résistance est parcourue par un courant continu I = 1 A. On arrête le courant après une durée τ, dès que la pression dans le compartiment de gauche vaut P1 = 2 P0. Les transformations sont supposées être lentes. La capacité thermique de la résistance est supposée très faible.

1) Quelle est la pression finale P2 dans le compartiment de droite ?

2) Dans quel compartiment la variation de volume sera-t-elle la plus faible et la transformation quasi adiabatique réversible ?

3) Quels sont les températures T2 et le volume V2 dans le compartiment de droite à la fin de l’expérience ? 4) En déduire les températures T1 et volume V1 du compartiment de gauche en fin d’expérience.

5) Quel travail des forces de pression W2 a été reçu par le compartiment de droite en fonction de ϒ, P0, P2, V0 et V2 ? ET celui W1 reçu par le compartiment de gauche ?

6) Quelle est la durée τ de chauffage en fonction de P0, V0, ϒ, R’ et I ? 7) En déduire les variations d’entropie dans les deux compartiments.

1) Pression finale

A l’équilibre mécanique : P2 = 2P0

2) Variation de volume

Le volume total est fixé, donc la variation de volume sera la même dans les deux compartiments. Dans le compartiment de droite, il n’y aucun transfert thermique et les transformations sont lentes. La transformation peut être supposée quasi adiabatique réversible.

3) Températures et volume dans le compartiment de droite

On peut utiliser les lois de Laplace : 𝑃₀^1−𝛾𝑇₀^𝛾= 𝑃₂^1−𝛾𝑇₂^𝛾 ⇒ 𝑇₂= 𝑇₀(¹

2)

1−𝛾

𝛾 = 366𝐾

𝑃₀𝑉₀^𝛾= 𝑃₂𝑉₂^𝛾 ⇒ 𝑉₂= 𝑉₀(1 2)

1

𝛾= 6,1𝐿 4) Températures et volume dans le compartiment de gauche

𝑉₁= 2𝑉₀− 𝑉₂ = 13,9𝐿 𝑒𝑡 𝑛 = 𝑐𝑡𝑒 ⇒ ^𝑃¹^𝑉¹

𝑇₁ =^𝑃⁰^𝑉⁰

𝑇₀ ⇒ 𝑇₁= 𝑇₀^𝑃¹^𝑉¹

𝑃₀𝑉₀= 830𝐾 5) Travail des forces de pression

Premier principe pour le compartiment de droite :

(3)

𝛥𝑈₂ = 𝑊₂+ 𝑄₂= 𝑊₂= 𝐶_𝑉(𝑇₂− 𝑇₀) = 𝑛𝑅

𝛾 − 1(𝑇₂− 𝑇₀) = 1

𝛾 − 1[𝑃₂𝑉₂− 𝑃₀𝑉₀] Vu la réversibilité mécanique, les pressions des deux gaz sont égales à chaque instant et : 𝑊₁ = −𝑊₂ 6) Durée de chauffage

Premier principe pour le compartiment de gauche :

𝛥𝑈₁ = 𝑊₁+ 𝑄₁= 𝑊₂+ 𝑅′𝐼²𝜏 = 𝐶_𝑉(𝑇₁− 𝑇₀) = 𝑛𝑅

𝛾 − 1(𝑇₁− 𝑇₀) = 1

𝛾 − 1[𝑃₁𝑉₁− 𝑃₀𝑉₀] ⇒ 𝑅′𝐼²𝜏 = 1

𝛾 − 1[𝑃₁𝑉₁− 𝑃₀𝑉₀] − 𝑊₁= 1

𝛾 − 1[𝑃₁𝑉₁− 𝑃₀𝑉₀] + 1

𝛾 − 1[𝑃₂𝑉₂− 𝑃₀𝑉₀] 𝜏 = 1

𝛾 − 1

4𝑃₀𝑉₀− 2𝑃₀𝑉₀

𝑅′𝐼² = 500𝑠 7) Variations d’entropie

𝑑𝑈 = 𝑇𝑑𝑆 − 𝑃𝑑𝑉 ⇒ 𝑑𝑆 =𝑑𝑈 𝑇 +𝑃𝑑𝑉

𝑇 = 𝐶_𝑉𝑑𝑇

𝑇 + 𝑛𝑅𝑑𝑉

𝑉 ⇒

{

𝛥𝑆₁= 𝐶_𝑉𝑙𝑛 (𝑇₁

𝑇₀) + 𝑛𝑅 𝑙𝑛 (𝑉₁ 𝑉₀) 𝛥𝑆₂= 𝐶_𝑉𝑙𝑛 (𝑇₂

𝑇₀) + 𝑛𝑅 𝑙𝑛 (𝑉₂ 𝑉₀) Dans le compartiment de droite, la transformation peut être supposée quasi adiabatique réversible, soit : 𝛥𝑆₂= 𝐶_𝑉𝑙𝑛 (^𝑇_𝑇²

0) + 𝑛𝑅 𝑙𝑛 (^𝑉_𝑉²

0) = 𝐶_𝑉𝑙𝑛 ((¹₂)

1−𝛾

𝛾 ) + 𝑛𝑅 𝑙𝑛 ((¹₂)

1

𝛾) = 0 logique Dans le compartiment de gauche :

𝛥𝑆₁ = 𝐶_𝑉𝑙𝑛 (2 (2 − 2⁻

1

𝛾)) + 𝑛𝑅 𝑙𝑛 (2 − 2⁻

1

𝛾) = 𝛾𝑛𝑅

𝛾 − 1𝑙𝑛 (2 − 2⁻

1

𝛾) + 𝑛𝑅 𝛾 − 1𝑙𝑛 2