BLAISE PASCAL PT 2020-2021
Transformations infinitésimales en thermodynamique
Exercice 1 : Chauffage isobare d’un gaz parfait 1 | 1
. Transitoire thermique.
1 Appliquons le premier principe au gaz entre les instantstett+ dt. La transformation est isobare avecp=p0 (p pression du gaz) grâce au piston libre de coulisser. Le bilan d”enthalpie s’écrit
dH dt =
↑ 1er P
RI2 =
↑ GP
CP
dT dt . d’où on déduit
dT dt =RI2
CP et en utilisant l’expression deR(T) on obtient l’équation différentielle
dT
dt = R0I2 CPT0
T = T
τ avec τ= CPT0
R0I2 . Cette équation s’intègre en
T(t) =Ae+t/τ, et à l’instant initial
T(0) =
|{z}CI
T0 =
|{z}sol
A d’où on déduit finalement
T(t) =T0e+t/τ.
Si on écrit l’équation différentielle sous forme canonique, on constate que les deux préfacteurs sont de signe différents : le système est instable (cf. chapitre sur les systèmes linéaires), il est donc logique de trouver une solution divergente.
2 On en déduit
V(t) =nR T(t) p0
= nRT0 p0
e+t/τ soit V(t) =V0e+t/τ.
Exercice 2 : Chauffage par une pompe à chaleur 2 | 2
. Transitoire thermique ; . Machine thermique.
1 Comme la PAC fonctionne en régime permanent, alors l’énergie totale du fluide caloporteur est constante. Le bilan d’énergie interne du fluide caloporteur s’écrit donc
dU =
↑ 1er P
Pfdt+Pcdt+Pmdt =
↑ RP
0 d’où Pf+Pc+Pm= 0. (1)
Par ailleurs, comme le fluide évolue de manière réversible, il n’y a pas de création d’entropie. Le bilan d’entropie s’écrit donc
dS =
↑ 2nd P
Pcdt
Tc +Pfdt Tf +
δSc =
↑ RP
0 d’où Pc
Tc +Pf
Tf = 0. (2)
2 Au cours d’une évolution inifinitésimale, l’intérieur de la maison reçoit de la part du fluide caloporteur le transfert thermique infinitésimalδQ=−Pcdt. Le bilan d’énergie interne de l’intérieur de la maison s’écrit donc
dU =
↑ 1er P
−Pcdt =
↑ Joule
CdTc, soit dTc
dt =−Pc
C . (3)
3 D’après la relation (2),
Pf=−Tf
TcPc, donc en injectant dans la relation (1)
1− Tf
Tc
Pc+Pm= 0 d’où Pc =− Pm
C(1−Tf/Tc) ce qui conduit avec la relation (3) au résultat attendu,
1−Tf
Tc dTc
dt = Pm
C .
4 Par séparation des variables, dTc−Tf
dTc
Tc
=Pm
C dt soit
ˆ T0+∆T T0
dTc−Tf
ˆ T0+∆T T0
dTc
Tc
= Pm
C ˆ τ
0
dt ce qui donne en procédant aux intégrations
∆T−TflnT0+ ∆T T0 = Pm
C τ et ainsi
τ= C Pm
∆T−Tfln
1 + ∆T T0
.
Exercice 3 : Canon à neige oral banque PT | 2 | 2 |
. Transitoire thermique ; . Changement d’état.
1 La goutte d’eau est un système fermé, en transformation monobare avec équilibre mécanique, qui n’échange d’énergie que par transfert thermique.
Bilan d’enthalpie entret ett+ dt: dH =
↑ Joule
m0cdT =
↑ 1er P
−φdt=−h(T−Ta)Sdt .
Il y a un signe carφest une puissance cédée.
La goutte étant sphérique de rayonRconstant, on en déduit 4
3πR3µ cdT =−h(T −Ta)×4πR2dt et finalement
µ cRdT
dt =−3h(T−Ta). 2 Cette relation se réécrit
dT dt + 3h
µ cRT = 3h µ cRTa, où on identifie le temps caractéristique
τ=µ cR 3h . Les solutions de cette équation s’écrivent
T =Ta+Ae−t/τ.
As-tu bien pensé à la solution particulièreT =Ta? Pour la retrouver : le second membre est constant, donc la solution particulièreTpart aussi, et on la trouve directement sur l’équation différentielle :
0 + Tpart
τ =Ta
τ . La condition initiale donne
T(0) =
↑ CI
T0 =
↑ sol
Ta+A donc A=T0−Ta. Finalement,
T =Ta+ (T0−Ta) e−t/τ ce qui se met bien sous la forme cherchée,
T−Ta T0−Ta
= e−t/τ. À l’instantt1,
e−t1/τ = T1−Ta T0−Ta
donc t1=−τlnT1−Ta T0−Ta
soit t1=τlnT0−Ta T1−Ta
= 4,0 s.
3 La transformation est cette fois supposée instantanée et implique des changements macroscopiques. Elle est supposée sans travail, adiabatique et monobare donc d’après le premier principe
∆H = 0.
L’eau est partiellement solidifiée, on en déduit donc que la température finale est égale à la température de co- existence Tfus = 0◦C. Il y a donc simultanément solidification et échauffement de l’eau. On raisonne donc sur la transformation auxilliaire, fictive, suivante, dans laquelle les deux phénomènes ont lieu successivement :
. dans une première étape, toute l’eau passe deT1 àTfus;
. dans une deuxième étape, une masse (1−x)mse solidifie, ce qui laisse bien une fraction massiquexde liquide.
Le bilan enthalpique s’écrit
∆H= ∆H1+ ∆H2=mc(Tfus−T1) + (1−x)m(−`fus). L’enthalpie de fusion est l’opposée de l’enthalpie de solidification.
Par identification des deux expressions de ∆H, on en déduit
(x−1)`fus=−c(Tfus−T1) et ainsi
x= 1−c(Tfus−T1)
`fus = 0,94.
4 Procédons au bilan enthalpique d’une transformation infinitésimale de durée dtau cours de laquelle une masse dm solidifie à températureT =Tfus constante. Le bilan enthalpique devient
dH =
↑ solidification
−dm `fus =
↑ 1er ppe
−h(Tfus−Ta) 4πR2dt .
ce que l’on peut réécrire
dm=h(Tfus−Ta) 4πR2
`fus
dt
avant d’intégrer ˆ m
(1−x)m
dm= h(Tfus−Ta) 4πR2
`fus
ˆ t2 t1
dt soit
m−(1−x)m= h(Tfus−Ta) 4πR2
`fus
(t2−t1) et on en déduit
t2=t1+ x R `fusµ
3h(Tfus−Ta) = 21 s.
On peut bien sûr intégrer « comme d’habitude », avec une constante d’intégration que l’on détermine à l’aide des conditions initiales ... mais attention, les conditions initiales de cette deuxième phase ne sont pas en t = 0 mais en t =t1. Dans un tel cas, raisonner par séparation des variables est moins risqué sur la prise en compte des conditions initiales.
Exercice 4 : Démonstration de la loi de Laplace 1 | 2 |
. Gaz parfait ;
. Manipulation des différentielles.
1 Trois hypothèses : gaz parfait en transformation adiabatique et réversible. La loi de Laplace s’écrit P Vγ= cte.
On combine ensuite avec l’équation d’état : d’une part, nRT
V ×Vγ = cte d’où T Vγ−1= cte0, et d’autre part
P nRT
P γ
= cte d’où P1−γTγ= cte00.
2 La variation d’énergie interne au cours de la transformation s’écrit dU =
|{z}
Joule
CV dT =
1er ppe|{z}
δWp+ 0
et en remplaçant
nR
γ−1dT =−PdV .
3 En prenant la différentielle de l’équation d’état,
VdP+PdV =nRdT . On déduit alors de la question précédente
VdP+PdV =−(γ−1)PdV d’où V dP =−γPdV .
4 La séparation des variables donne
dP
P =−γdV V et par intégration
lnP =−γlnV + cte soit lnP+γlnV = cte et ln (P Vγ) = cte d’où on déduit la loi de Laplace,
P Vγ= cte.
Exercice 5 : Transformation polytropique 2 | 3
. Gaz parfait ;
. Identité thermodynamique ; . Manipulation des différentielles.
Commençons par écrire l’équation d’état en fonction deret v, PV
m = n
mRT soit P v=RT
M d’où P v=rT .
1 D’après l’identité thermodynamique,
Tds= du+Pdv=cdT . Or pour un gaz parfait
du=cV dT et P= rT v d’où on déduit
cV dT+rT
v dv=cdT et ainsi
(c−cV)dT T −rdv
v = 0. 2 La relation précédente s’écrit
(c−cV)dT T =rdv
v , donc en intégrant
(c−cV) lnT =rlnv+ cte ce que l’on peut réécrire
lnT− r
c−cV lnv= cte soit ln
T×v−r/(c−cV)
= cte donc ln P v
r ×v−r/(c−cV)
= cte. On en déduit donc que
P v1−r/(c−cV)= cte ce qui est bien de la forme demandée avec
k= 1− r
c−cV =c−cV −r
c−cV d’où k=c−cP
c−cV .
en utilisant la relation de Mayer sous forme massique.
3 La relation de la question 1 s’écrit dT
T − r c−cV
dv
v = 0 soit dT
T + (k−1)dv v = 0. Au cours de la transformation, le travail massique reçu dû aux forces de pression s’écrit
δw=−Pdv=−rTdv
v d’où δw= r
k−1dT .
4 On a
du =
1er ppe|{z}
δw+δq =
|{z}Joule
cV dT = r γ−1dT Ainsi,
δq=r 1
γ−1 − 1 k−1
dT .
5 • Isobare : il fautP = cte, ce qui possible sik= 0.
• Isochore :il fautv= cte, et d’après la relation polytropique P1/kv= cte. On veut donc 1/k= 0 ce qui est possible si k→ ∞.
• Adiabatique :il fautδq= 0, ce qui est possible si k=γ. La relation polytropique redonne alors comme prévu la loi de Laplace (adiabatique réversible d’un gaz parfait).
• Isotherme : d’après l’équation d’état, une isotherme se caractérise par P v = rT = cte, ce qui est possible pourk= 1.
Exercice 6 : Transformation polytropique oral banque PT | 3 | 3
. Gaz parfait ;
. Manipulation des différentielles.
La première question est excessivement calculatoire à mon sens, et mériterait d’être bien plus guidée.
Si vous tombez sur un exercice comme celui-ci ... reste à espérer que le deuxième soit plus abordable ! 1 D’après l’identité thermodynamique,
dU =TdS−PdV . D’après les lois de Joule (gaz parfait),
dU =CV dT et dH =CPdT . Comme la transformation est réversible, on a de plus
dS= δQ
T + 0 =aCP dT T , et ainsi,
CV dT =aCPdT−PdV . En divisant parT et en utilisant l’équation d’état, on obtient
(CV −aCP)dT T =−P
TdV =−nRdV
V soit (CV −aCP)dT
T +nRdV V = 0. On peut alors séparer les deux membres et intégrer,
lnTCV−aCP =−lnVnR+ cte soit ln TCV−aCP×VnR
= cte d’où on déduit
TCV−aCPVnR= cte. Or d’après l’équation d’état,
T = P V nR , d’où, en insérantnR dans la constante,
PCV−aCPVCV−aCP+nR= cte et en reconnaissant la relation de MayerCP =CV +nR il vient
PCV−aCPV(1−a)CP = cte. En changeant à nouveau la constante, on arrive enfin à
P V
(1−a)CP CV−aCP =P V
(1−a)γ 1−aγ = cte, ce qui est bien de la forme demandée,
P Vk = cte avec k=(1−a)γ 1−aγ .
2 Pour une transformation isobare,P = cte donc
kisoP= 0.
Une transformation isentropique réversible d’un gaz parfait est caractérisée par la loi de Laplace : on a alors kisoS=γ .
Enfin, une transformation isotherme se caractérise par
P V =nRT = cte soit kisoT= 1.
