TD T3 : Second principe de la thermodynamique - corrigé
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Corrigé TD T3 : Second principe de la thermodynamique
Exercice 1 : Refroidissement d’un solide Deuxième principe : Δ𝑆 = 𝑆e+ 𝑆c.
On considère le fer comme une phase condensée idéale : Δ𝑆 = 𝑚𝑐Fln ( 𝑇2
𝑇1) (on suppose que le lac se comporte comme un thermostat pour cette transformation).
Entropie échangée : 𝑆e = 𝑄 𝑇2.
Premier principe : Δ𝑈 = 𝑊 + 𝑄 avec 𝑊 = 0 (le morceau de fer ne reçoit aucun travail). Par ailleurs, Δ𝑈 = 𝑚𝑐F(𝑇2− 𝑇1) ⇒ 𝑆e = 𝑚𝑐F(1 − 𝑇1 𝑇2). On obtient donc 𝑆c = 𝑚𝑐𝐹[ln ( 𝑇2 𝑇1) + 𝑇1 𝑇2− 1] ⇒ 𝑆c = 0,90 kJ. K −1.
Cette création d’entropie est due à l’inhomogénéité de température lorsque le morceau de fer rentre en contact avec l’eau du lac. Le transfert thermique du morceau de fer vers le lac est irréversible.
Exercice 2 : Cycle
1. 𝑃0𝑉0 = 𝑛𝑅𝑇0 ⇒ 𝑉0 = 𝑛𝑅𝑇0
𝑃0 ⇒ 𝑉0 = 24,9 L. 2. a. Système : {piston, masse}.
Référentiel : laboratoire supposé galiléen. Forces :
➢ Poids 𝑃⃗ = 𝑀𝑔𝑢⃗ 𝑧 ;
➢ Force de pression atmosphérique 𝐹 0 = −𝑃0𝑠𝑢⃗ 𝑧 ;
➢ Force de pression intérieure 𝐹 1 = 𝑃1𝑠𝑢⃗ 𝑧.
Loi de la quantité de mouvement à l’équilibre : 𝑃⃗ + 𝐹 0+ 𝐹 1 = 0⃗ .
Selon 𝑢⃗ 𝑧 : −𝑀𝑔 − 𝑃0𝑠 + 𝑃1𝑠 = 0 ⇒ 𝑃1 = 𝑃0+ 𝑀𝑔
𝑠 ⇒ 𝑃1 = 2,00 bar.
Système : gaz parfait.
Premier principe : Δ𝑈01= 𝑊01+ 𝑄01.
La transformation est adiabatique : 𝑄01= 0.
Δ𝑈01 = 𝐶𝑉(𝑇1− 𝑇0) et 𝑊01 = − ∫ 𝑃extd𝑉 E1
E0 avec 𝑃ext = 𝑃1 ⇒ 𝑊01 = −𝑃1(𝑉1− 𝑉0). Équation d’état des gaz parfaits : 𝑃1𝑉1 = 𝑛𝑅𝑇1 ⇒ 𝑃ext = 𝑃1 ⇒ 𝑊01= 𝑃1𝑉0− 𝑛𝑅𝑇1
Avec 𝐶𝑉 = 5𝑛𝑅 2 , on obtient 𝑇1 = 5 7𝑇0+ 2𝑃1𝑉0 7𝑛𝑅 ⇒ 𝑇1 = 386 K. Enfin, on a 𝑉1= 𝑛𝑅𝑇1 𝑃1 ⇒ 𝑉1 = 16,0 L. 2. b. Le gaz est parfait : Δ𝑆01 = 𝐶𝑉ln (
𝑇1 𝑇0) + 𝑛𝑅ln ( 𝑉1 𝑉0). Avec 𝐶𝑉 = 5𝑛𝑅 2 , on obtient Δ𝑆01 = 𝑛𝑅 [ 5 2ln ( 𝑇1 𝑇0) + ln ( 𝑉1 𝑉0)] ⇒ Δ𝑆01= 1,56 J. K −1.
3. a. La transformation E1 → E2 est adiabatique réversible.
Loi de Laplace : 𝑃1𝑉1𝛾 = 𝑃2𝑉2𝛾 avec 𝐶𝑉 = 𝑛𝑅 𝛾−1⇒ 𝛾 = 7 5⇒ 𝑃2 = ( 𝑉1 𝑉2) 7/5 𝑃1 ⇒ 𝑃2 = 1,08 bar. Enfin, 𝑇2 = 𝑃2𝑉2 𝑛𝑅 ⇒ 𝑇2 = 324 K.
3. b. La transformation est isentropique : Δ𝑆12= 0 .
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Page 2 sur 4 3. d. E3 = E0⇒ Δ𝑆03= 0 avec Δ𝑆03= Δ𝑆01+ Δ𝑆12+ Δ𝑆23.
Or, Δ𝑆12= 0 ⇒ Δ𝑆23 = −Δ𝑆01 ⇒ Δ𝑆23= −1,56 J. K−1.
On a alors Δ𝑆13 = Δ𝑆12+ Δ𝑆23= Δ𝑆23= −Δ𝑆01 ⇒ Δ𝑆13 = −1,56 J. K−1. Deuxième principe : Δ𝑆13= 𝑆e13+ 𝑆c13.
𝑆e13= 𝑄23
𝑇0 car la transformation E1 → E2 est adiabatique.
La transformation E2 → E3 est isochore : 𝑉 = cste = 𝑉0 ⇒ 𝑄23 = Δ𝑈23 = 5 2𝑛𝑅(𝑇3− 𝑇2). On a donc 𝑆e13 = 5 2𝑛𝑅 (1 − 𝑇2 𝑇0). Et 𝑆c13 = Δ𝑆13− 𝑆e13⇒ 𝑆c13 = Δ𝑆13+ 5 2𝑛𝑅 ( 𝑇2 𝑇0− 1) ⇒ 𝑆c13 = 0,101 J. K −1.
L’entropie créée est non nulle, ce qui était attendu du fait de la discontinuité de température entre le thermostat (300 𝐾) et le système en 𝑇2 = 324 𝐾.
Exercice 3 : Oscillations d’un piston 1. Système : piston.
Référentiel : laboratoire supposé galiléen. Forces :
➢ Poids 𝑃⃗ = −𝑀0𝑔 𝑢⃗ 𝑧 ;
➢ Force de pression atmosphérique 𝐹 0 = −𝑃0𝑆𝑢⃗ 𝑧 ;
➢ Force de pression du gaz 𝐹 1 = 𝑃1𝑆 𝑢⃗ 𝑧.
Principe fondamental de la dynamique à l’équilibre : 𝑃⃗ + 𝐹 0 + 𝐹 1 = 0⃗ .
En projetant selon 𝑢⃗ 𝑧, on obtient 𝑃1 = 𝑃0+ 𝑀0𝑔
𝑆 .
2. On note 𝑧 le déplacement du piston par rapport à sa position d’équilibre. Système : {masse, piston}.
Forces :
➢ Poids : 𝑃′⃗⃗⃗ = −(𝑀0+ 𝑚)𝑔𝑢⃗ 𝑧 ;
➢ Force de pression atmosphérique : 𝐹 0 = −𝑃0𝑆𝑢⃗ 𝑧 ;
➢ Force de pression du gaz : 𝐹 = 𝑃𝑆𝑢⃗ 𝑧.
Loi de la quantité de mouvement : (𝑀0+ 𝑚)𝑎 = 𝑃′⃗⃗⃗ + 𝐹 0+ 𝐹 .
En projetant selon 𝑢⃗ 𝑧, on obtient (𝑀0+ 𝑚)𝑧̈ = −𝑚𝑔 + (𝑃 − 𝑃1)𝑆.
Système : air contenu dans le cylindre.
On suppose la transformation adiabatique réversible. Loi de Laplace : 𝑃[𝑆(ℎ + 𝑧)]𝛾= 𝑃1(𝑆ℎ)𝛾⇒ 𝑃 = (1 +𝑧
ℎ) −𝛾
𝑃1. Comme 𝑚 ≪ 𝑀0, on peut supposer 𝑧 ≪ ℎ ⇒ 𝑃 ≈ (1 − 𝛾
𝑧 ℎ) 𝑃1 et 𝑃 − 𝑃1 ≈ 𝛾 𝑧 ℎ𝑃1 On en déduit alors 𝑧̈ + 𝛾𝑆𝑃1 (𝑀0+𝑚)ℎ𝑧 = − 𝑚𝑔 𝑀0+𝑚. Équation différentielle d’un oscillateur harmonique.
On observe des oscillations non amorties. Le piston ne s’arrête pas.
Exercice 4 : Chauffage par une résistance électrique 1. À l’équilibre, on a 𝑃Af= 𝑃Bf.
Système : gaz B.
La transformation du gaz B est adiabatique réversible. D’après les lois de Laplace, 𝑃0𝑉0
𝛾
TD T3 : Second principe de la thermodynamique - corrigé Page 3 sur 4 On en déduit 𝑃Bf = ( 𝑉0 2𝑉0−𝑉Af) 𝛾 𝑃0 .
Gaz parfait diatomique : 𝛾 =75 ⇒ 𝑃Bf= 1,16 bar. 2. Système : gaz A. 𝑃Af𝑉Af= 𝑛𝑅𝑇Af et 𝑃0𝑉0 = 𝑛𝑅𝑇0 ⇒ 𝑇Af =𝑃Af𝑉Af 𝑃0𝑉0 𝑇0 ⇒ 𝑇Af= 383 K. Système : gaz B. 𝑇Bf = 𝑃Bf𝑉Bf 𝑃0𝑉0 𝑇0 avec 𝑉Bf= 2𝑉0− 𝑉Af⇒ 𝑇Bf = (2 − 𝑉Af 𝑉0) 𝑃Bf𝑇0 𝑃0 ⇒ 𝑇Bf = 313 K. 3. Premier principe : Δ𝑈B= 𝑊B+ 𝑄B avec 𝑄B = 0 (transformation adiabatique).
On a Δ𝑈B = 𝐶𝑉(𝑇Bf− 𝑇0) avec 𝐶𝑉 = 𝑛𝑅 𝛾−1 et 𝑃0𝑉0 = 𝑛𝑅𝑇0. On en déduit 𝑊B = 𝑃0𝑉0 𝛾−1( 𝑇Bf 𝑇0 − 1) ⇒ 𝑊B= 1 × 10 1 J. 4. Système : gaz A. Premier principe : Δ𝑈A = 𝑊A+ 𝑄A.
Le travail reçu par A est le travail fourni par B : 𝑊A= −𝑊B.
Le transfert thermique reçu par A correspond à l’énergie dissipée par effet Joule dans la résistance : 𝑄A= 𝑅0𝐼2𝜏. On a Δ𝑈A = 𝐶𝑉(𝑇Af− 𝑇0) avec 𝐶𝑉 = 𝑛𝑅 𝛾−1 et 𝑃0𝑉0 = 𝑛𝑅𝑇0. On en déduit 𝜏 = 1 𝑅0𝐼2[ 𝑃0𝑉0 𝛾−1( 𝑇Af 𝑇0 − 1) + 𝑊B] ⇒ 𝜏 = 8 s.
5. Le gaz B subit une transformation adiabatique réversible : Δ𝑆B= 0 . Système : gaz A. Variation d’entropie : Δ𝑆A = 𝐶𝑉ln ( 𝑇Af 𝑇0) + 𝑛𝑅ln ( 𝑉Af 𝑉0) Avec 𝐶𝑉 = 𝑛𝑅 𝛾−1 et 𝑃0𝑉0 = 𝑛𝑅𝑇0, on obtient Δ𝑆A = 𝑃0𝑉0 𝑇0 [ 1 𝛾−1ln ( 𝑇Af 𝑇0) + ln ( 𝑉Af 𝑉0)] ⇒ Δ𝑆A = 0,235 J. K −1.
Exercice 5 : Évolution vers l’équilibre thermique 1. Système : masses d’eau 𝑚1 et 𝑚2.
Premier principe : Δ𝑈 = 𝑊 + 𝑄.
On considère la transformation isochore : 𝑊 = 0.
La transformation est réalisée dans un calorimètre, elle est donc adiabatique : 𝑄 = 0. On a donc Δ𝑈 = Δ𝑈1+ Δ𝑈2 = 𝑚1𝑐e(𝑡f− 𝑡1) + 𝑚2𝑐e(𝑡f− 𝑡2) = 0. On en déduit 𝑡f= 𝑚1𝑡1+𝑚2𝑡2 𝑚1+𝑚2 ⇒ 𝑡f = 44°C. 2. Pour la masse 𝑚1 : 𝐶1 = 𝑚1𝑐e ⇒ Δ𝑆1 = 𝑚1𝑐eln ( 𝑡f 𝑡1) ⇒ Δ𝑆1= 98,7 J. K −1. Pour la masse 𝑚2 : 𝐶2 = 𝑚2𝑐e ⇒ Δ𝑆2 = 𝑚2𝑐eln ( 𝑡f 𝑡2) ⇒ Δ𝑆2 = −89,9 J. K −1.
Système : masses d’eau 𝑚1 et 𝑚2.
Deuxième principe : Δ𝑆 = 𝑆e+ 𝑆c avec Δ𝑆 = Δ𝑆1+ Δ𝑆2.
Le système est thermiquement isolé : 𝑆e = 0.
On en déduit 𝑆c = Δ𝑆1+ Δ𝑆2 ⇒ 𝑆c = 8,8 J. K−1 > 0.
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Page 4 sur 4 Exercice 6 : Compression adiabatique
1. 𝑃1 = 𝑃0+ 𝑀0𝑔 𝑆 ⇒ 𝑃1 = 2,31 bar. 2. a. 𝑃2 = 𝑃0+ 2𝑀0𝑔 𝑆 ⇒ 𝑃2 = 3,61 bar. 2. b. Système : gaz. Premier principe : Δ12𝑈 = 𝑊12+ 𝑄12.
La transformation est adiabatique : 𝑄12= 0 ⇒ Δ12𝑈 = 𝑊12. On a Δ12𝑈 = 𝐶𝑉(𝑇2− 𝑇1) et 𝑊12= −𝑃2(𝑉2− 𝑉1). Avec 𝐶𝑉 = 𝑛𝑅 𝛾−1 et 𝑃1𝑉1 = 𝑛𝑅𝑇1, on peut en déduire 𝑇2 = [(𝛾 − 1)𝑃2 𝑃1+ 1] 𝑇1 𝛾 ⇒ 𝑇2 = 348 K. 2. c. 𝑃2𝑉2 = 𝑛𝑅𝑇2 avec 𝑛𝑅 = 𝑃1𝑆ℎ1 𝑇1 et 𝑉2 = 𝑆ℎ2 ⇒ ℎ2 = 𝑃1𝑇2 𝑃2𝑇1ℎ1 ⇒ ℎ2 = 1,02 m. 2. d. On a 𝑊 = 𝑃2𝑆(ℎ1− ℎ2) ⇒ 𝑊 = 13 kJ. 2. e. Δ𝑆 = 𝐶𝑉ln ( 𝑇2 𝑇1) + 𝑛𝑅 ln ( 𝑉2 𝑉1) = 𝑛𝑅 𝛾−1ln ( 𝑇2 𝑇1) + 𝑛𝑅 ln ( ℎ2 ℎ1) ⇒ Δ𝑆 = 𝑃1𝑆ℎ1 𝑇1 [ 1 𝛾−1ln ( 𝑇2 𝑇1) + ln ( ℎ2 ℎ1)] ⇒ Δ𝑆 = 8,10 𝐽. 𝐾−1 .
Transformation adiabatique : 𝑆𝑒= 0 ⇒ 𝑆𝑐 = Δ𝑆 = 8,10 𝐽. 𝐾−1. Transformation irréversible.
3. a. On a toujours P2′ = 𝑃2 ⇒ P2′ = 3,61 bar.
On considère la transformation réversible : on applique la loi de Laplace. 𝑃2′𝑉2′𝛾 = 𝑃1𝑉1𝛾 avec 𝑉1 = 𝑆ℎ1 et V2′= 𝑆ℎ2′ ⇒ ℎ2′ = ( 𝑃1 𝑃2′) 1/𝛾 ℎ1 ⇒ ℎ2′ = 0,996 m. 𝑃2′𝑉2′= 𝑛𝑅𝑇2′ avec 𝑛𝑅 =𝑃1𝑆ℎ1 𝑇1 ⇒ 𝑇2 ′=P2′ℎ2′ 𝑃1ℎ1𝑇1 ⇒ 𝑇2 ′= 341 K. 3. b. 𝑊′ = Δ𝑈′ =𝛾−1𝑛𝑅 (𝑇2′− 𝑇1) avec 𝑛𝑅 = 𝑃1𝑆ℎ1 𝑇1 ⇒ 𝑊′ = 𝑃1𝑆ℎ1 𝛾−1 ( 𝑇2′ 𝑇1− 1) ⇒ 𝑊′ = 11 kJ.
