Thermodynamique VI-1/4
Phs 2101
Automne 2001
http://www.crm.umontreal.ca/~physnum
Thermodynamique - PHS 2101
6. L ’ENTROPIE (I)
J.M. Lina
< 0
∫ δ T Q
L ’inégalité de Clausius est fondamentale car elle permet de distinguer les processus réversibles des processus irréversibles:
= 0
∫ δ T Q
irréversible
réversible
D ’une façon générale, si vous avez
∫ δ T Q = 0
le long d ’un chemin (réversible), alors, sur ce chemin, vous pouvez affirmer qu ’il existe une fonction S telle queT dS = δ Q
Thermodynamique - PHS 2101- IV-1/4
J.M.LinaT δ Q
Plus précisément, en général on ne peut pas écrire que dans une évolution quelconque impliquant une variation d ’énergie sous forme de chaleur δQ , la quantité
soit la variation infinitésimale d ’une fonction.
Par contre, si le système évolue de façon réversible, cette quantité est la variation d ’une fonction thermodynamique S, l ’entropie.
T dS Q
S
S
revB
A
B
REV A A
B
∫ = ∫ δ
=
−
.) (
Comment définir la variation d ’entropie entre deux états A et B d ’un système ?
Il suffit de choisir un chemin réversible (une suite de cycles de Carnot), A-rev.->B :
Question: le choix du chemin réversible est-il important?
Thermodynamique - PHS 2101- IV-1/4
J.M.LinaEXERCICE: No. 7.1, p. 253
Soit une machine thermique de Carnot qui fonctionne entre deux réservoirs dont les températures sont de 1000 oC et 0 oC et qui reçoit 1000 kJ de chaleur du réservoir chaud.
A) en choisissant le fluide moteur comme système, représentez le cycle dans un diagramme T-S
B) calculez le travail net et le rendement thermique du cycle.
C) calculez la variation d ’entropie des réservoirs chaud et froid.
S
T
2T T
1Q
2Q
1(isentropique)
(isentropique)
(isotherme) (isotherme)
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J.M.Lina0 0
0
2 2 1
1 2
1
= +
⇒
=
= +
+
∫
TQ QT QTQ Q W
cycle
δ
(cycle réversible)
2 2 1 1
2
1 )
( T Q Q T
Q Q W
−
=
+
−
=
2 2
1 1 Q
T W T
−
−
=
= 785.5 kJ
Rendement:
= − = − 2 1 2
1 T T Q
η W
= 0.785
S
T
2T T
1Q
2Q
1(isentropique)
(isentropique)
(isotherme) (isotherme)
1 1
T S = Q
∆
2 2
T S = Q
∆
= 0.785 J/K
Considérons deux états A et B et trois évolutions:
•une évolution réversible de A->B (chemin I)
•une évolution irréversible de A->B (chemin II)
•une évolution réversible de B->A (chemin III)
(I)
(III) (II)
A
B
0
) (
) ( )
(
)
(
+ ∫ =
∫
AIII B
III B
I A
I
T Q T
Q δ
δ
(I) suivi de (III) forment un cycle réversible:
0
) (
) ( )
(
)
(
+ ∫ <
∫
AIII B
III B
II A
II
T Q T
Q δ
δ
(II) suivi de (III) forment un cycle irréversible:
(I)
(III) (II)
A
B
∫
∫ = −
BI A
I A
III B
III
T Q T
Q
) (
) ( )
(
)
(
δ
δ
0
) (
) ( )
(
)
(
+ ∫ <
∫
AIII B
III B
II A
II
T Q T
Q δ
δ
Donc,
∫
∫
∫
∫ < − ⇒ <
BI A
I B
II A
II A
III B
III B
II A
II
T Q T
Q T
Q T
Q
) (
) ( )
(
) ( )
(
) ( )
(
)
(
δ δ δ
δ
ou encore, B A
B
irrev A
S T S
Q < −
∫
.) (δ
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J.M.Lina(I)
(II)
A
B
L ’entropie permet donc de mesurer le degré d irréversibilité!
Par contre, si le chemin emprunte est irréversible, alors
∫
=
−
BA A
B
T
S Q
S δ
En effet, si nous allons de A->B par un processus réversible, nous savons déjà que
∫
>
−
B
A A
B
T
S Q
S δ
La variation d ’entropie est plus importante que pour le processus réversible!
Que signifie l ’entropie ? On a obtenu
∫
≥
−
B
A A
B
T
S Q
S δ
• pour un système isolé:
δ Q = 0 ⇒ ∆ S ≥ 0
L ’entropie d ’un système isolé ne décroît pas:
son équilibre correspond à un état d ’entropie maximale.
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J.M.Lina• Deux relations thermodynamiques: on considère une variation infinitésimale (quasi-statique donc réversible) entre deux états voisins (pour une substance compressible simple):
dV p Q
dU = δ −
dV p dS
T dU
dV p Q
dU = δ − ⇒ = −
Mais, on a
δ Q
rev= T dS
donc:De même:
dH = dU + p dV + V dp
donc:dp V dS
T
dH = +
• Système en contact avec un thermostat:
= 0 δW
δQ 1
T
T Ssyst δQ
δ ≥
Syst. (T)
T1
Sthermo δQ
δ ≥ −
T1
Q T
S Q S
Stotal δ syst δ thermo δ δ
δ = + ≥ + −
−
≥
1
1 1
T Q T
Stotal δ δ
Donc: si δQ > 0, on a forcement T1>T et δStotal > 0 si δQ < 0, on a forcement T1<T et δStotal > 0 L ’entropie de l ’univers augmente!
Thermodynamique - PHS 2101- IV-1/4
J.M.Lina• L ’accroissement d ’entropie: une perte de travail...
La détente de Joule: processus irréversible
G.P. vide
membrane qui se rompt
dV p dU
Q = + δ
V dV m RT dT
mC
Q =
V+ δ
donc
∫ = ∫ +
fin∫
init fin
init V fin
init
V
mR dV T
mC dT T
δ Q
isolant
∫
∫
∫ = +
fininit fin
init V fin
init
V
mR dV T
mC dT T
δ Q
+
=
−
init fin init
fin V
init
fin
V
mR V T
mC T S
S log log
(résultat général)(car pour ce G.P., ∆U = 0)
Ainsi, même en l ’absence de transfert d’énergie sous forme de chaleur, il y a variation d ’entropie:
=
−
init fin init
fin
V
mR V S
S log
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J.M.Lina• reprenons le résultat général pour les gaz parfaits:
+
=
+
=
+
+
=
+
=
−
init fin V
init fin V
init fin P
init fin V
init fin V
init fin V
init fin init
init fin fin V
init fin
V mC V
P mC P
V mC V
P mC P
V C V
R P m
mC P
V mR V
T P
V mC P
S S
log log
log log
log )
( log
log log
γ
=
−
γγ init init
fin fin
V init
fin
P V
V mC P
S
S log
( ) .
log P V const mC
S =
V γ+
donc
Ce qu ’on retrouve: dans une transformation adiabatique
et réversible, PVγ = const., il n ’y a pas de variation d ’entropie!
transformation adiabatique
et réversible = transformation isentropique
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J.M.Lina• G.P.:
V T dV mR dT
mC
dV p dU dS
T
V +
=
+
=
V mR dV T
mC dT
dS = V +
p T dp mR dT
mC
dV p dp V dV p dH dS
T
P −
=
+
−
−
=
p mR dp T
mC dT
dS = P −
T
p V
dT
dp dV
• liquide incompressible ou solide:
dp v dv p du
pv d
du
dh = + ( ) = + +
dT C dh
du ≈ =
T C dT dS =
dv presque nul v petit
Chaleur massique à volume constant
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J.M.LinaUn moteur thermique réversible à rendement maximum
absorbe 1000 kJ de chaleur à la température de 227 oC. Il produit du travail et rejette de la chaleur à 37 oC.
Quelle est la variation d ’entropie de la source de chaleur et de la « vidange thermique » ?
Quelle est la variation de l ’entropie de l ’univers ?
T1
T2 > T1
W < 0 Q1
Q2
Q2 = 106 J T1 = 37 oC T2 = 227 oC Exercice
Exercice (suite) T1
T2 > T1
W < 0 Q1
Q2
Q2 = 106 J T1 = 37 oC T2 = 227 oC
Variation d ’entropie de la source de chaleur:
J T S
ST Q T 3
2
2 2 10
2
2 = − → ∆ = −
∆
1 1
1 T
ST = −Q
∆
Variation d ’entropie de la « vidange thermique »:
Exercice (suite) T1
T2 > T1
W < 0 Q1
Q2
Q2 = 106 J T1 = 37 oC T2 = 227 oC
Il s ’agit d ’un moteur thermique réversible à rendement maximum:
2 1 2
1 T T Q
W = −
= -
η et W +Q1 +Q2 = 0
−
=
−
−
=
→
−
−
=
1
2 2
1 2
1 2
1
2 1 1
Q T Q
T Q Q T
T Q Q T
W
-6.2 102 kJ
Exercice (suite) T1
T2 > T1
W < 0 Q1
Q2
Q2 = 106 J T1 = 37 oC T2 = 227 oC
2 2 1
1
1 T
Q T
ST = −Q =
∆
Variation de l ’entropie de l ’univers:
0 0
2 2 2
2
1
2 +∆ = + − + =
∆ +
∆
=
∆ T
Q T
S Q S
S
Sunivers moteur T T
(moteur réversible)
Problème 7.24 (p. 258)
Une barre de fonte de 10 kg initialement à 400 oC est trempée dans un réservoir de 200 litres d ’eau initialement à 25 oC.
En supposant qu ’il n ’y a pas de perte de chaleur vers le milieu ambiant et que l ’eau ne se transforme pas en vapeur, calculez la variation nette d ’entropie pour cette évolution.
Q barre
eau
T1 -> T1 ’
T2 -> T2 ’
Le seul transfert d ’énergie
Problème 7.24 (p. 258) suite
Q barre
eau
T1 -> Tf
T2 -> Tf
A l ’équilibre, les deux systèmes sont à la même température
Variation d ’entropie: ∆Seau + ∆Sbarre Pour l ’eau:
Pour la barre:
=
∆
⇒
=
∆
→
=
∫
2
log T C T
m T S
C dT m
T S C dT
m
dS eau eau eau eau eau eau eau eau f
=
∆
1
log T C T
m
Sbarre barre barre f Tf ?
Problème 7.24 (p. 258) suite
Q barre
eau
T1 -> Tf
T2 -> Tf Chaleur échangée:
(
T T2)
m C(
T T1)
C
meau eau f − = − fer fer f − Pour l ’eau:
(
T T1)
C m T
C m
Q = fer fer ∆ = fer fer f −
− Pour la barre:
(
T T2)
C m T
C m
Q = eau eau ∆ = eau eau f −
donc
Problème 7.24 (p. 258) suite
Q barre
eau
T1 -> Tf
T2 -> Tf
(
meauCeau + mferCfer)
Tf = meauCeau T2 − mferC2 T1et
fer fer eau
eau
fer fer eau
eau
f m C m C
T C m T
C T m
+
= 2 + 1 27 oC
+
=
∆
2 1
log
log T
C T T m
C T m
Snet eau eau f barre barre f 5.55 103 -3.63 103
= 1.92 103 kJ/K
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