Correction TD n°6
Exercice 1 :
1- Le bilan d’énergie est donné par le premier principe appliqué au système 𝒮. La transformation étant infinitésimale il faut utiliser les notations adéquates (𝑑 devant les fonctions et grandeurs d’état, 𝛿 devant les grandeurs dépendant du chemin suivi) :
𝑑𝑈 + 𝑑𝐸𝑐 + 𝑑𝐸𝑝 = 𝛿𝑊 + 𝛿𝑄 2- Si le seul travail est celui des forces de pression, le bilan s’écrit :
𝑑𝑈 + 𝑑𝐸𝑐 = −𝑃𝑒𝑥𝑡𝑑𝑉 + 𝛿𝑄
3- Si la transformation est quasistatique, le système est toujours à l’équilibre avec l’extérieur donc 𝑃𝑒𝑥𝑡 = 𝑃, d’où :
𝑑𝑈 + 𝑑𝐸𝑐 = −𝑃𝑑𝑉 + 𝛿𝑄
4- Le bilan entropique est donné par le second principe appliqué au système 𝒮 : 𝑑𝑆 = 𝛿𝑆𝑒+ 𝛿𝑆𝑐 = 𝛿𝑄
𝑇𝑒𝑥𝑡+ 𝛿𝑆𝑐
Si le seul travail est celui des forces de pression, cela ne change pas le bilan entropique.
Dans le cas où la transformation est quasistatique, le système est à l’équilibre thermique avec l’extérieur donc 𝑇𝑒𝑥𝑡 = 𝑇 :
𝑑𝑆 =𝛿𝑄 𝑇 + 𝛿𝑆𝑐
5- Si la transformation n’est pas infinitésimale, il faut utiliser les notations adaptées, ce qui donne dans l’ordre :
Δ𝑈 + Δ𝐸𝑐 + Δ𝐸𝑝 = 𝑊 + 𝑄 Δ𝑈 + Δ𝐸𝑐 = − ∫ 𝑃𝑒𝑥𝑡𝑑𝑉
𝑉𝐹 𝑉𝐼
+ 𝑄 Δ𝑈 + Δ𝐸𝑐 = − ∫ 𝑃𝑑𝑉
𝑉𝐹 𝑉𝐼
+ 𝑄
Δ𝑆 = 𝑆𝑒+ 𝑆𝑐 = ∫ 𝛿𝑄 𝑇𝑒𝑥𝑡
𝐸𝐹 𝐸𝐼
+ 𝑆𝑐 Δ𝑆 = ∫ 𝛿𝑄
𝑇
𝐸𝐹 𝐸𝐼
+ 𝑆𝑐
Remarque : on ne peut pas sortir 𝑃𝑒𝑥𝑡 ou 𝑃 de l’intégrale car on ne sait pas si ces pressions sont constantes pendant la tranformation.
Exercice 2 :
𝑑𝑃 = 𝑛𝑅
𝑉 − 𝑏𝑑𝑇 − 𝑛𝑅𝑇 (𝑉 − 𝑏)2𝑑𝑉
Exercice 3 :
1- A l'aide des identités thermodynamique, des lois de Joule, de la loi des gaz parfaits et des expressions de Cp et Cv on peut écrire:
𝑑𝑆 = 𝑛𝑅 ( 𝛾 𝛾 − 1
𝑑𝑇 𝑇 −𝑑𝑃
𝑃 ) 𝑑𝑆 = 𝑛𝑅 ( 1
𝛾 − 1 𝑑𝑇
𝑇 +𝑑𝑉 𝑉 )
De la loi des gaz parfait on peut en déduire que : ln(PV) = ln(nR) + ln T
En différenciant on obtient pour un système fermé (n = cste) : 𝑑𝑃
𝑃 +𝑑𝑉 𝑉 =𝑑𝑇
𝑇 d'où :
𝑑𝑆 = 𝑛𝑅 𝛾 − 1(𝑑𝑃
𝑃 + 𝛾𝑑𝑉 𝑉 ) Par intégration on obtient :
𝑆(𝑃, 𝑇) = 𝑛𝑅 ( 𝛾
𝛾 − 1𝑙𝑛 (𝑇
𝑇0) − 𝑙𝑛 (𝑃
𝑃0)) + 𝑆(𝑃0, 𝑇0) 𝑆(𝑉, 𝑇) = 𝑛𝑅 ( 1
𝛾 − 1𝑙𝑛 (𝑇
𝑇0) + 𝑙𝑛 (𝑉
𝑉0)) + 𝑆(𝑉0, 𝑇0) 𝑆(𝑃, 𝑉) = 𝑛𝑅
𝛾 − 1(𝑙𝑛 (𝑃
𝑃0) + 𝛾 𝑙𝑛 (𝑉
𝑉0)) + 𝑆(𝑃0, 𝑉0)
2- Pour une transformation adiabatique réversible dS = 0 (ou S = cste) on déduit de la question précédente les lois de Laplace:
𝑃𝑉𝛾= 𝑐𝑠𝑡𝑒; 𝑇𝑉𝛾−1= 𝑐𝑠𝑡𝑒; 𝑃1−𝛾𝑇𝛾= 𝑐𝑠𝑡𝑒
Exercice 4 :
1- On aura oscillation de la bille.
2- Appliquons le principe fondamental de la dynamique projeté sur x à la bille : 𝑚𝑥̈ = −𝑚𝑔 − 𝑃0𝑆 + 𝑃𝑆
On suppose que la compression du gaz dans le récipient est adiabatique (période des oscillations petite devant le temps caractéristique des échanges thermiques et absence de frottements) et réversible.
On peut donc appliquer la loi de Laplace : PVγ = cste = P0'V0γ
Or V = V0 + Sx
D'où l'équation différentielle non linéaire vérifiée par x : 𝑚𝑥̈ = −𝑚𝑔 − 𝑃0𝑆 + 𝑃0′ ( 𝑉0
𝑉0+ 𝑆𝑥)
𝛾
𝑆
En supposant que Sx << V0 et en faisant un développement limité au 1er ordre en Sx/V0 on obtient :
𝑥̈ + 𝛾𝑃0′𝑆2
𝑚𝑉0 𝑥 = 0
3- On obtient une équation harmonique, donc on aura des oscillations de période : 𝑇 =2𝜋
𝑆 √𝑚𝑉0 𝛾𝑃0′
En mesurant la période T des oscillations on en déduit le coefficient γ du gaz : 𝛾 =4𝜋2
𝑇2 𝑚𝑉0 𝑃0′𝑆2
Exercice 5 :
Système : {n moles de gaz dans l'enceinte}
Le transfert thermique reçu par le système vaut 𝛿𝑄 = 𝒫 𝑑𝑡 où 𝒫 est la puissance perdue par effet Joule dans le radiateur :
𝒫 =𝐸2 𝑟 = 𝐸2
𝑟0 𝑇0
𝑇
La transformation étant isochore et comme il n'y a pas d'autres forces que les forces de pression dans le système on peut écrire :
dU = δQ
Et la 1ère loi de Joule donne : dU = n CV,m dT
On en déduit l'équation différentielle : 𝐸2
𝑟0 𝑇0𝑑𝑡 = 𝑛 𝐶𝑉,𝑚𝑇𝑑𝑇 Par intégration on obtient :
𝑇 = √ 2𝐸2𝑇0
𝑟0𝑛𝐶𝑉,𝑚𝑡 + 𝑇02 On en déduit P par la loi des gaz parfaits :
𝑃 = 𝑃0√ 2𝐸2
𝑟0𝑇0𝑛𝐶𝑉,𝑚𝑡 + 1
Exercice 6 :
1- Un thermostat un corps dont la capacité thermique est infinie, ce qui implique que sa température reste constante même quand il échange un transfert thermique avec l’extérieur.
Le bac d’eau peut être considéré comme tel si son volume est très grand devant celui de l’épée à refroidir.
2- A l’état final, la température de l’épée est celle du bac d’eau puisqu’il y a équilibre thermique. En utilisant la formule de l’entropie donnée dans l’énoncé on obtient la variation d’entropie entre l’état final et l’état initial :
Δ𝑆 = 𝑚𝑐 ln (𝑇0 𝑇1)
Remarque : ce sujet ayant été donné à l’oral, il est très probable que l’examinateur demande la démonstration de cette formule, même si elle a été donnée dans l’énoncé.
Pour la démonstration cf. cours.
3- L’entropie échangée élémentaire vérifie : 𝛿𝑆𝑒 = 𝛿𝑄
𝑇𝑒𝑥𝑡 Par intégration, 𝑇𝑒𝑥𝑡 = 𝑇0 étant constant, on obtient :
𝑆𝑒 = 𝑄 𝑇0
On peut supposer que le refroidissement de l’épée est monobare, ce qui implique que 𝑄 = Δ𝐻 et d’après la deuxième loi de Joule : Δ𝐻 = 𝑚𝑐(𝑇0− 𝑇1)
On en déduit que l’entropie échangée vaut :
𝑆𝑒 = 𝑚𝑐(𝑇0− 𝑇1) 𝑇0
Remarque : 𝑆𝑒 < 0, ce qui est cohérent puisque l’épée est refroidie par le bac d’eau.
4- D’après le second principe de la thermodynamique appliqué à l’épée, on a :
Δ𝑆 = 𝑆𝑒+ 𝑆𝑐
⇒ 𝑆𝑐 = Δ𝑆 − 𝑆𝑒
⇒𝑆𝑐 = 𝑚𝑐 (𝑙𝑛 (𝑇0
𝑇1) −(𝑇0− 𝑇1) 𝑇0 )
5- AN : Δ𝑆 = −1,87 𝑘𝐽. 𝐾−1 ;𝑆𝑒 = −3,83 𝑘𝐽. 𝐾−1 ; 𝑆𝑐 = 1,96 𝑘𝐽. 𝐾−1 Remarques : - on trouve bien 𝑆𝑐 > 0
- attention à bien mettre les températures en K pour les applications numériques !
6- On peut rendre la transformation quasi-statique en mettant l’épée successivement en contact avec des thermostats de plus en chaud allant de 𝑇1 à 𝑇0 en variant à chaque étape la température du thermostat de 𝑑𝑇. Cependant la transformation ne sera jamais réversible, car il y aura toujours des instants où la température de l’épée sera différente de celle du thermostat, il y aura donc diffusion (champ de température non uniforme) et donc irréversibilité.
1- On utilise le même type de raisonnement que dans l'exercice 1 et on obtient :
Exercice 7 :
1- Système = {les deux sources de chaleur}
On applique le second principe sur le système sur un cycle. On note dS la variation d'entropie sur un cycle puisque les températures varient infinitésimalement. Sur un cycle dS = 0 et l'entropie créée est nulle (transformation réversible). Les sources de chaleur étant supposées incompressibles on a : δQ = dH = m c dT.
Pour la source de chaleur 1 : Text = T1 car la transformation est réversible donc quasi-statique et pour la source de chaleur 2 : Text = T2, donc le second principe donne :
𝑑𝑇1 𝑇1 +𝑑𝑇2
𝑇2 = 0
2- Quand le moteur s'arrête les températures des sources sont identiques et valent Tf. En intégrant l'équation précédente entre l'état initial et l'état final on obtient :
𝑇𝑓 = √𝑇10𝑇20 AN : θf = 57,6°C
3- Le 1er principe appliqué sur le fluide dans le moteur ditherme et sur toute la durée de fonctionnement du moteur donne :
ΔU = Q + W = 0 (cycles) Q = -Q1 - Q2
où Q1 et Q2 sont respectivement les transferts thermiques reçus par la source 1 et 2.
Q1 = m c (Tf - T10) et Q2 = mc (Tf - T20).
On en déduit l'expression du travail : W = m c (2Tf - T10 - T20)
AN : W = - 120 kJ.
4- Le rendement global du moteur est défini par : 𝜂 = é𝑛𝑒𝑟𝑔𝑖𝑒 𝑢𝑡𝑖𝑙𝑒
é𝑛𝑒𝑟𝑔𝑖𝑒 𝑝𝑎𝑦é𝑒= 𝑊 𝑄1 𝜂 =2𝑇𝑓− 𝑇10− 𝑇20
𝑇𝑓− 𝑇10
T
S isentropique isochore
isobare
isotherme
Pour des sources idéales on obtient le rendement de Carnot : 𝜂𝑐 = 1 −𝑇20
𝑇10 AN : η = 0,11 et ηc = 0,21
Exercice 8 :
𝑑𝑆 = 𝑛𝑅 ( 1
𝛾 − 1− 1 𝑘 − 1)𝑑𝑇
𝑇 On en déduit que la constante C vaut :
𝐶 = 𝑅 ( 1
𝛾 − 1− 1 𝑘 − 1) Par intégration, on en déduit la variation d'entropie :
∆𝑆 = 𝑛𝑅 ( 1
𝛾 − 1− 1
𝑘 − 1) 𝑙𝑛 (𝑇1 𝑇0)
2- La transformation étant réversible, elle est quasi-statique, le travail reçu par le gaz vaut donc :
𝑊 = − ∫ 𝑃𝑑𝑉
𝑉1
𝑉0
Après calcul on obtient : 𝑊 = 𝑃0𝑉0𝑘
𝑘 − 1(𝑉11−𝑘− 𝑉01−𝑘) = 1
𝑘 − 1(𝑃1𝑉1− 𝑃0𝑉0) Résultat valable pour k ≠ 1.
Pour une transformation infinitésimale : 𝛿𝑊 = 1
𝑘 − 1𝑑(𝑃𝑉) = 𝑛𝑅 𝑘 − 1𝑑𝑇 Le premier principe donne :
𝑑𝑈 = 𝛿𝑊 + 𝛿𝑄 = 𝑛𝑅
𝑘 − 1𝑑𝑇 + 𝑇𝑑𝑆
Puisque la transformation étant réversible 𝛿𝑄 = 𝑇𝑑𝑆 d'après le 2nd principe.
En utilisant la 1ère loi de Joule on obtient : 𝑑𝑈 = 𝑛𝑅
𝛾 − 1𝑑𝑇 = 𝑛𝑅
𝑘 − 1𝑑𝑇 + 𝑇𝑑𝑆 On retrouve l’expression de C précédente.
3- k = 0 : transformation isobare et 𝐶 = 𝛾
𝛾−1𝑅 = 𝐶𝑃,𝑚 k = 1: transformation isotherme et C → ∞
k = : transformation isentropique et C = 0 k → + : transformation isochore et 𝐶 = 1
𝛾−1𝑅 = 𝐶𝑉,𝑚
