LA THERMODYNAMIQUE

LA THERMODYNAMIQUE

La thermodynamique est l’ ´etude de l’ ´energie thermique, son transfert, sa transformation, sa d ´egradation et sa dispersion.

La thermodynamique ´etudie le comportement thermique de la mati `ere.

Quand nous consid ´erons une entit ´e sp ´ecifique (bouteille de gaz, un moteur), on l’appelle un syst `eme. Tout ce qui ne fait pas partie du syst `eme est appel ´e milieu ext ´erieur.

Un syst `eme peut interagir avec l’ext ´erieur de plusieurs fac¸ons : par exemple il peut recevoir ou fournir de la chaleur `a travers ses parois, il peut aussi

´echanger un travail m ´ecanique.

D’autre part nous pouvons aussi imaginer un syst `eme compl `etement isol ´e de

son environnement.

Premi `ere Loi de la Thermodynamique

La conception la plus compl `ete de la loi de conservation de l’ ´energie inclut toutes les sortes d’ ´energie et est connue comme le premier Principe de la Thermodynamique :

L’ ´energie ne peut ˆetre ni cr ´ee ni d ´etruite, mais seulement transf ´er ´ee d’un syst `eme `a un autre et transform ´ee d’une forme `a une autre.

Quand une pomme de 1N tombe d’une hauteur de 10m, d’un arbre dans votre main, l’ ´energie potentielle gravitationnelle initiale de 10J est transform ´ee en 10J d’ ´energie cin ´etique juste avant qu’elle ne s’arr ˆete dans votre main (moins une petite partie transf ´er ´ee `a l’air par frottement). Lorsque la pomme s’arr ˆete dans votre main, les 10J se r ´epartissent sous forme d’ ´energie thermique entre la main et la pomme (en n ´egligeant la petite ´energie sonore), ce qui augmente l ´eg `erement leurs temp ´eratures.

Autres exemples possibles : vaisseau spacial entrant dans l’atmosph `ere, une

voiture freine..

Travail, Chaleur et Energie interne (suite)

Nous avons vu `a la page 13-04 que l’ ´energie interne, U , d’un gaz parfait mo- noatomique contenant n moles est ´egale `a la somme de toutes les ´energies cin ´etiques d ´esordonn ´ees de translation des mol ´ecules qui le composent, soit : U =

nRT . Ainsi U ne d ´epend que de T , pas de P , ni de la densit ´e.

Nous savons d ´ej `a que la chaleur Q et le travail W correspondent, tous les deux, `a un transfert d’ ´energie par des moyens tr `es sp ´ecifiques. La 1ere appli- cation de ces id ´ees fut la machine `a vapeur, `a laquelle on fournit de la chaleur et qui fournit un travail. Il parut naturel de consid ´erer la chaleur fourni `a un syst `eme comme positive et le travail effectu ´e par le syst `eme aussi comme positif. Avec cette convention, le travail effectu ´e par l’environnement contre le syst `eme est n ´egatif. Si une quantit ´e de chaleur est fournie `a un syst `eme ferm ´e Σ, elle peut se manifester , soit par une augmentation de son

´energie interne, soit par un travail ex ´ecut ´e par le syst `eme, soit par les deux `a la fois. Par cons ´equent le 1er Principe de la Thermo permet d’ ´ecrire : Q = W + ∆U ou encore

∆U = Q − W avec Q et W > 0, < 0 ou nul

Ce qui exprime la variation d’ ´energie interne, ∆U , d’un syst `eme ferm ´e pas-

sant de l’ ´etat 1 `a l’ ´etat 2 avec les conventions de signe d ´efinies plus haut.

Travail, chaleur et ´energie interne

Pour pouvoir faire des calculs en Thermodynamique, il est n ´ecessaire d’ex- primer le premier Principe `a l’aide des diff ´erentielles : un accroissement infi- nit ´esimal de l’ ´energie interne du syst `eme, dU , se produit quand le syst `eme rec¸oit une quantit ´e infinit ´esimale de chaleur dQ et une quantit ´e infinit ´esimale de travail, dW . Cela s’ ´ecrit :

dU = dQ − dW

EXEMPLE : Un syst `eme en contact avec une source chaude, rec¸oit une quantit ´e de chaleur de 5000J ; il effectue alors un travail de 2700 J sur son environnement. Quelle est la variation de l’ ´energie interne du syst `eme ?

SOLUTION : Chaleur rec¸ue Q = +5000 J, travail fourni W = +2700 J.

Le premier principe de la Thermo donne :

∆U = Q − W = (+5000)J) − (+2700 J) = 2300J

Travail, Chaleur et Energie interne (suite)

Il est n ´ecessaire de d ´efinir le syst `eme avant de commencer une analyse.

Soit 2 enceintes en contact et pouvant ´echanger une quantit ´e de chaleur, Q, transf ´er ´ee du liquide `a haute temp ´erature, T

, au gaz `a basse temp ´erature,T

. Le syst `eme global, 3, form ´e de ces 2 enceintes

est isol ´e du reste de l’environnement. Comme il n’y a aucun travail effectu ´e, l’ ´energie interne du syst `eme 1, U

, diminue de Q, celle du 2eme, U

, augmente de Q tandis que celle du 3eme, U

, ne change pas : ∆U

= 0.

L’ ´energie interne d’un syst `eme isol ´e est constante (bien qu’elle puisse ˆetre trans- form ´ee d’une forme d’ ´energie interne `a une autre) (par exemple rotationnelle, vibratoire).

L’ ´energie interne d’un syst `eme fini est finie. Il est clair que si un travail est

extrait de ce syst `eme, une quantit ´e ´equivalente d’ ´energie doit lui ˆetre fournie,

sinon l’ ´energie interne diminue et cela ne peut durer ind ´efiniment. Une ma-

chine `a mouvement perp ´etuel de premi `ere esp `ece est celle qui produit plus

de travail qu’elle ne rec¸oit d’ ´energie et qui continue ainsi ind ´efiniment. Une

Transformations

Une transformation survient quand certaines grandeurs mesurables (P, V, T ) caract ´erisant un syst `eme changent de valeurs. Un syst `eme peut changer de plusieurs fac¸ons, mais il y a 4 transformations fondamentales :

– isotherme : `a temp ´erature constante, – isobare : `a pression constante,

– adiabatique : aucune chaleur n’est transf ´er ´ee au syst `eme ou du syst `eme, ∆Q = 0

– isovolumique ou isochore : `a volume constant.

Envisageons un syst `eme thermodynamique effectuant une transformation

d’un ´etat A `a un ´etat B. Pour qu’on puisse tracer une ligne allant de A `a B,

il faut qu’en chaque point du parcours, P, V, T soient connus, c- `a-d que le

syst `eme soit en ´equilibre. Mais `a l’ ´equilibre, rien ne bouge. Donc il faut que

la transformation se fasse tr `es lentement par rapport au temps de stabilisa-

tion du syst `eme. On parle de transformations quasi-statiques. En suivant

le chemin de A `a B de cette fac¸on-la, on pourra rebrousser chemin en n’im-

porte quel point et parcourir la m ˆeme courbe en sens inverse. On dit alors que

c’est une transformation r ´eversible. Il faut donc qu’elle se d ´eroule lentement,

sans frottement ni turbulence. Dans le cas contraire c’est une transformation

irr ´eversible.

Travail effectu ´e dans les variations de volume

On cherche `a calculer le travail accompli par un gaz lorsqu’il se dilate de fac¸on quasi-statique.

Le travail infinit ´esimal dW effectu ´e par le gaz pour d ´eplacer le piston d’une distance infinit ´esimale d~ l :

dW = F ~ · d~ l = (P A) (dl) = P (A dl) = P dV Le travail effectu ´e pour une variation finie du volume, de V

`a V

, est donn ´e par l’int ´egrale :

W =

dW =

i

P dV

-1) processus isotherme de 1 `a 2 : T = cte

On augmente le volume d’un gaz de V

`a V

tout en conservant la m ˆeme temp ´erature. Pour un gaz parfait : P = nRT /V

W

=

i

nRT

V dV = = nRT ln V

V

= nRT ln P

P

Travail effectu ´e dans les variations de volume (suite)

Mais on peut aller de 1 `a 2 en suivant le chemin ab-bc.

-2) processus isovolumique suivant ab (V = cte) : On abaisse la pression de P

`a P

, le volume reste constant. W

= 0 puisque dV = 0

-3) processus isobare suivant bc (P = cte) On dilate le gaz `a pression constante,P

.

W

=

P dV = P

(V

− V

) = P

∆V Pour aller du point 1 au point 2, selon le trajet ab-bc, le travail vaut : W

= W

+ W

= P

(V

− V

) = nRT

V

(V

− V

) = nRT (1 − V

V

) ce qui n’est pas le m ˆeme travail que celui obtenu en suivant l’isotherme ac.

Le travail effectu ´e sur un syst `eme ou par un syst `eme d ´epend de la fac¸on

dont il passe de l’ ´etat initial `a final : ce n’est pas une variable d’ ´etat.

Travail effectu ´e dans les variations de volume (suite)

Voici quelques exemples de processus thermodynamiques dans lesquels le syst `eme passe de l’ ´etat initial i `a l’ ´etat final f .

Le travail W est positif quand il y a augmentation de volume.

Quand le volume diminue ( `a cause d’une force externe) le travail fait sur le syst `eme est n ´egatif.

Dans un cycle ferm ´e, le tra-

vail r ´esultant fait par le syst `eme

est repr ´esent ´e par la surface

enferm ´ee, qui est la diff ´erence

des aires sous les 2 courbes

qui constituent le cycle.

Exemple 1 : Processus isobare

Un cylindre, ferm ´e avec un piston mobile, contient initialement 10,0g de va- peur `a 100

C. On chauffe le syst `eme pour que sa temp ´erature augmente de 10, 0

C, pendant que la vapeur se d ´etend de 30,0×10

m

`a une pression constante de 0,40 MPa. D ´eterminer (a) le travail fait par la vapeur et (b) la variation de son ´energie interne. (Prendre c = 2, 02kJ.kg

.K

).

SOLUTION : (a) La transformation est isobare. Le travail fourni (signe +) vaut : W = P (V

− V

) = (0, 4 × 10

Pa)(30, 0 × 10

m

) = 12, 0J

(b) Il faut d’abord calculer la chaleur Q rec¸ue (signe +),

Q = m c ∆T = (0, 01kg)(2, 02 × 10

J/kg.K)(10, 0

C) = 202J Comme ∆U = Q − W , on obtient :

∆U = 202J − 12, 0J = 190J

Exemple 2 : Processus isobare

D ´eterminer (a) le travail accompli et (b) la variation d’ ´energie interne lorsqu’on fait bouillir 1,00kg d’eau et qu’elle se transforme enti `erement en vapeur `a 100

C et `a pression constante.

SOLUTION : (a) Le volume de 1,00 kg d’eau `a 100

C ´equivaut `a 1000 cm

ou 1,00×10

m

et celui de 1,00 kg de vapeur `a la m ˆeme temp ´erature `a 1,67 m

( ρ = 0, 598kg/m

). Le travail accompli s’exprime donc par :

W = P (V

− V

) = (1, 01 × 10

N/m

)(1, 67m

− 1, 00 × 10

m

)

= 1, 69 × 10

J

(b) La chaleur requise pour amener `a ´ebullition 1,00kg d’eau est ´egal `a Q = 22, 6 × 10

J (voir page 13-17). D’apr `es la premi `ere loi de la thermo :

∆U = Q − W = 22, 6 × 10

J − 1, 7 × 10

J = 20, 9 × 10

J

Environ 8% seulement de la chaleur ajout ´ee sert `a effectuer du travail ; les

92% restant augmentent l’ ´energie interne de l’eau.

Capacit ´es calorifiques molaires

Jusqu’ `a pr ´esent, on a attribu ´e une valeur `a la capacit ´e calorifique massique sans se pr ´eoccuper des conditions dans lesquelles cette valeur ´etait obtenue.

En fait on doit sp ´ecifier les conditions dans lesquelles ce transfert de chaleur a lieu, i.e `a volume constant c

ou `a pression constante c

, surtout pour les gaz o `u ces valeurs diff `erent ´enorm ´ement.

Pour expliquer ces propri ´et ´es par la th ´eorie cin ´etique et la 1ere loi de la thermo, il faut avoir recours au concept de la capacit ´e calorifique molaire, C

, C

, qui se d ´efinit comme la chaleur requise pour ´elever de 1

K la temp ´erature d’une mole de masse M `a volume ou `a pression constante respectivement.

Elle s’exprime en J.mole

.K

.

Par analogie avec les ´equations donnant la chaleur calorifique massique (Q = m c ∆T ), la quantit ´e de chaleur n ´ecessaire pour ´elever de ∆T degr ´es n moles de gaz est :

Q

= n C

∆T [volume constant]

Q

= n C

∆T [pression constant]

En comparant Q = mc∆T = nM c∆T et Q = nC ∆T , on trouve que : C

= M c

et C

= M c

o `u M est la masse molaire.

Capacit ´es calorifiques molaires (suite)

c

c

C

C

C

− C

(kJ/kg.K) (kJ/kg.K) (J/mol.K) (J/mol.K) (J/mol.K) γ = C

/C

monatomique

He 3,38 5,18 12,5 20,8 8,3 1,67

N e 0,62 1,03 12,47 20,80 8,3 1,67

diatomique

N

0,74 1,04 20,7 29,09 8,4 1,40

O

0,65 0,91 21,05 29,43 8,4 1,40

polyatomique

CO

0,64 0,83 28,46 36,96 8,5 1,30

H

O(100

C) 1,46 2,01 25,95 34,32 8,4 1,32

Plomb 0,128 26,5

Cuivre 0,39 24,5

Valeurs pour des gaz `a 15

C. Les valeurs de capacit ´e calorifique massique

donn ´ees sur la page 13-10 sont celles obtenues `a pression constante, c

.

Capacit ´es calorifiques molaires `a volume constant

Soit n moles d’un gaz parfait `a pression P et `a temp ´erature T confin ´ees dans un volume fixe V . Si on ajoute une quantit ´e de chaleur Q

, la temp ´erature augmente de ∆T et la pression de ∆P .

D’apr `es la 1ere loi de la thermo, ∆U = Q

− W = n C

∆T − W .

Mais ici aucun travail ne s’effectue puisque ∆V = 0. La chaleur ajout ´ee sert enti `erement `a accroˆıtre l’ ´energie interne. Ce qui donne : C

=

.

D’autre part l’ ´energie interne d’un gaz monatomique parfait est U =

nRT , donc ∆U =

nR∆T . On obtient ainsi :

C

= 1 n

∆U

∆T = 1 n

(3/2 nR∆T )

∆T = 3

2 R = 12, 5J/mol.K

On peut r ´e ´ecrire l’ ´equation de l’ ´energie interne d’un gaz parfait en remplac¸ant C

par 3/2R, soit :

U = 3

2 nRT = nC

T et ∆U = n C

∆T

expression valable pour tous les gaz parfaits monoatomiques, diatomiques et

polyatomiques `a condition de prendre la valeur appropri ´ee de C

.

Capacit ´es calorifiques molaires `a pression constante

Supposons maintenant que la temp ´erature de ce gaz parfait est ´elev ´ee de la m ˆeme quantit ´e ∆T que pr ´ec ´edemment, mais ici la quantit ´e de cha- leur transf ´er ´ee Q

se fait `a pression constante. La quantit ´e de chaleur n ´ecessaire pour ´elever de ∆T degr ´es n moles est Q

= n C

∆T .

D’apr `es la 1ere loi de la thermo, ∆U = Q

− W .

Ici la chaleur ajout ´ee sert non seulement `a augmenter l’ ´energie interne, mais

´egalement `a effectuer du travail, soit

∆U = n C

∆T Q

= n C

∆T W = P ∆V = P nR∆T

P Ce qui finalement donne :

n C

∆T = n C

∆T − n R ∆T C

= C

+ R

Comme R = 8, 314J/mol.K, C

aura une valeur sup ´erieure `a celle de C

d’environ 8,33 J/mol.K, soit

C

> C

Equipartition de l’ ´energie

Le tableau suivant permet de comparer les valeurs th ´eoriques donn ´ees par la th ´eorie cin ´etique avec celles exp ´erimentales.

Gaz degr ´e de U/mole C

C

γ =

libert ´e (J/mol.K) (J/mol.K) C

/C

monoatomique :Th ´eorie 3 3/2 RT 3/2 R=12,5 5/2 R=20,80

He : exp ´erience 12,5 20,80 1,67

di-atomique : Th ´eorie 5 5/2 RT 5/2 R=20,8 7/2 R=29,10

N

: exp ´erience 20,7 29,09 1,4

polyatomique : Th ´eorie 6 3 RT 3R=24,9 4 R=33,26

CO

: exp ´erience 28,5 36,96 1,30

La capacit ´e calorifique molaire augmente avec le nombre d’atomes par

mol ´ecules. L’ ´energie interne comprend d’autres formes d’ ´energie en plus de

l’ ´energie cin ´etique de translation ; une mol ´ecule diatomique peut effectuer un

mouvement de rotation autour de 2 axes diff ´erents. On peut encore am ´eliorer

l’accord entre l’exp ´erience et la th ´eorie en tenant compte des oscillations des

atomes ; par exemple dans un gaz diatomique, les 2 atomes dans la mol ´ecule

d’oxyg `ene peuvent osciller l’un vers l’autre, la liaison interatomique se com-

portant comme un ressort oscillant.

Equipartition de l’ ´energie (suite)

Les mol ´ecules monatomiques, qui sont essentiellement ponctuelles et qui ne peuvent avoir qu’une faible ´energie de rotation inertielle autour d’un axe, peuvent stocker de l’ ´energie seulement dans des mouvements de translation.

Par contre les mol ´ecules diatomiques et polyatomiques peuvent en stocker par rotation ou vibration. Pour tenir compte de ces possibilit ´es d’une mani `ere quantitative, on utilise le th ´eor `eme de l’ ´equipartition de l’ ´energie : Chaque sorte de mol ´ecule a un certain nombre,f , de degr ´es de libert ´e, qui sont des moyens ind ´ependants pour une mol ´ecule d’acqu ´erir de l’ ´energie interne.

Chaque degr ´e de libert ´e actif d’un syst `eme poss `ede en moyenne une ´energie

interne de 1/2k

T par mol ´ecule (ou 1/2 RT par mole). En cons ´equence, dans

la d ´erivation page 14-14, il aurait fallu ´ecrire U =

nRT .

Transformation adiabatique d’un gaz parfait

Adiabatique = Aucune chaleur ne peut p ´en ´etrer ou s’ ´echapper du syst `eme.

C’est ce qui se produit dans le cas d’un syst `eme extr ˆemement bien isol ´e ou d’un processus se d ´eroulant avec une telle rapidit ´e que la chaleur -dont la propagation se fait lentement- n’a le temps ni d’entrer ni de sortir. La dilata- tion des gaz dans un moteur `a combustion interne constitue un tel exemple.

Comme Q = 0, on a ∆U = −W .

1) Si le gaz se d ´etend (W > 0), U doit diminuer et par cons ´equent la temp ´erature baisse. Alors le produit P V (=nRT ) prend une valeur moindre au point C qu’au point B (la courbe AB est un processus isotherme).

2) Si le gaz est comprim ´e, du travail s’effectue sur le gaz (W < 0) si bien que son ´energie interne augmente et que sa temp ´erature s’ ´el `eve. Dans un moteur diesel, la compression adiabatique rapide de l’air par un facteur ∼20 r ´esulte en une ´el ´evation de temp ´erature si consid ´erable que, lorsque l’essence y p ´en `etre, le m ´elange s’enflamme spontan ´ement.

On trouve, comme d ´emontr ´e pages suivantes, que :

P V

=cte et T V

=cte

o `u γ est une constante qui vaut

V

=

∼1,67 pour les

gaz monoatomiques,

∼ 1, 4 pour les gaz diatomiques

et ∼ 1, 3 pour les gaz polyatomiques.

Transformation adiabatique : d ´emonstration

Supposons que la transformation se fasse de telle sorte que le volume change tr `es peu de mani `ere `a ce que la pression `a l’int ´erieur du gaz reste constante : ceci nous permet d’ ´ecrire que le travail fait par le gaz pendant l’augmentation de volume est ´egal `a P dV . On a donc :

dU = dQ − dW = dQ − P dV

mais dQ = 0 pour une tranformation adiabatique. D’autre part dU = nC

dT ainsi

n C

dT + P dV = 0

Exprimons dT en fonction de P et V pour un gaz parfait : P V = nRT P dV + V dP = nR dT dT = 1

nR (P dV + V dP ) n C

1

nR (P dV + V dP ) + P dV = 0 ( C

R + 1) P dV + C

R V dP = 0

Transformation adiabatique : d ´emonstration (suite)

Remplac¸ant et simplifiant par R, on obtient :

C

P dV + C

V dP = 0 Divisons les 2 membres par C

V P , on obtient :

C

C

dV

V + dP

P = γ dV

V + dP

P = 0 avec C

/C

= γ . En int ´egrant :

γ

dV

V +

dP

P = 0

γ ln V + ln P = cte ln(P V

) = cte P V

= cte

Pour un gaz parfait (P V = nRT ), on peut remplacer P par nRT /V , ce qui donne

T V

= cte

Transformation adiabatique : libre expansion

Il y a des processus adiabatiques dans lesquels aucun travail n’est fait ni rec¸u par le syst `eme. Ainsi Q = W = 0 et d’apr `es la 1ere loi de la Thermo, on a donc

∆U = 0 expansion libre

Ce processus diff `ere des autres processus vus jusqu’a pr ´esent car il ne peut pas ˆetre fait lentement, d’une mani `ere control ´ee. Ce qui a pour cons ´equence que le gaz n’est jamais en ´equilibre thermique. On peut mettre les valeurs initiales et finales dans un diagramme P − V , mais on ne peut pas dessiner l’expansion elle-m ˆeme.

D’autre part, comme ∆U = 0, la temp ´erature de l’ ´etat final doit ˆetre ´egale `a la temp ´erature de l’ ´etat initial, T

= T

.

Si on a affaire `a un gaz parfait (P V = nRT ), comme il n’y a pas de variation de temp ´erature, le produit P V doit ˆetre constant, soit :

P

V

= P

V

Tableau r ´ecapitulatif des transformations

R ´esultats sp ´eciaux

Chemin Quantit ´e Type de (∆U = Q − W et

constante processus ∆U = n C

∆T pour tous chemins)

1 P Isobare Q = n C

∆T ; W = P ∆V

2 T Isotherme Q = W = n R T ln(V

/V

); ∆U = 0

3 P V

, T V

adiabatique Q = 0 ; W = −∆U

4 V Isochore Q = ∆U = n C

∆T ; W = 0

Exemple 1 : dilatation adiabatique et isotherme

On laisse un gaz parfait monoatomique se dilater lentement jusqu’ `a ce que sa pression soit `a exactement la moiti ´e de sa valeur initiale. Par quel facteur son volume varie-t-il s’il s’agit d’un processus (a) adiabatique, (b) isotherme ?

SOLUTION : (a) Pour un processus adiabatique, P

V

= P

V

, soit : V

V

= ( P

P

)

= (2)

= 1, 52 puisque γ = C

/C

= (5/2)(3/2) = 5/3.

(b) Lorsque la temp ´erature reste constante (T

= T

), P

V

= P

V

conform ´ement `a la loi des gaz parfaits. Il en r ´esulte que :

V

V

= P

P

= 2

Exemple 2 : dilatation adiabatique

L’argon `a l’ ´etat gazeux (monoatomique) est comprim ´e tr `es lentement et adia- batiquement, dans un cylindre bien isol ´e, jusqu’ `a la moiti ´e de son volume initial de 0,100 m

. S’il ´etait initialement `a la pression atmosph ´erique et `a 27,0

C, quelles seront sa temp ´erature et pression finales ?

SOLUTION : La transformation est adiabatique et implique un changement dans P, V et T . Pour un gaz monoatomique γ = 1, 67, ainsi

P

= P











V

V











γ

= (0, 101MPa)(2)

= 0, 322MPa

On trouve la temp ´erature `a l’aide de l’ ´equation des gaz parfaits (P V /T =cte) que l’on ´ecrit pour l’ ´etat initial et final. Ce qui donne :

T

= T









P

P

















V

V









= (300K)(3, 19)









1 2









= 479K

Cycles thermiques

Nous ne consid ´erons ici que des transformations r ´eversibles et nous voulons qu’apr `es leur ex ´ecution, le syst `eme revienne `a son ´etat initial,soit ∆U = 0.

Le diagramme dans le plan P − V repr ´esente alors un cycle.

Le cas le plus simple consiste `a enfermer un gaz parfait dans un cylindre ferm ´e par un piston, le mettre en contact avec un bain `a temp ´erature constante et le d ´etendre suivant un isotherme. Une quantit ´e de chaleur Q

est rec¸ue par le syst `eme entre A et C , le travail effectu ´e par le syst `eme est W

> 0 et comme ∆T = 0, on a aussi ∆U = 0.

Donc Q

> 0. Le travail fait par le gaz est l’aire au-dessous de la courbe.

Si nous revenons au point A en suivant le m ˆeme isotherme mais en sens in- verse, le gaz rec¸oit du travail et fournit de la chaleur, tels que Q

= −Q

et W

= −W

. Le syst `eme revient `a son point de d ´epart. Si on ajoute ces 2 travaux W

+ W

= 0, le travail total `a la fin du cycle est nul.

Le travail total est repr ´esent ´e par l’aire `a l’int ´erieur de la courbe ferm ´ee

repr ´esentant le cycle dans le plan P − V . Ici cette surface est nulle.

Cycles thermiques (suite)

∆U = Q − W

Ici on a un cycle tel que le travail effectu ´e par le gaz (l’aire du cycle) est positif.

En allant de A `a B, un travail est produit par le gaz car son volume augmente (V

> V

).

Sa temp ´erature augmente (on passe d’une isotherme `a une isotherme de temp ´erature plus ´elev ´ee), donc U augmente. Q

doit donc ˆetre positif : une quantit ´e de chaleur Q

entre dans le syst `eme.

En allant de B `a C , aucun travail n’est fait et la temp ´erature diminue, donc U diminue et de la chaleur Q

est c ´ed ´ee par le syst `eme.

En allant de C `a A le long de l’isotherme (∆U = 0), le gaz est comprim ´e (V

> V

) et un travail n ´egatif est effectu ´e qui doit ˆetre accompagn ´e par une quantit ´e de chaleur ´egale n ´egative, donc sortante. Comme ∆U = 0 sur le parcours ferm ´e, le travail total effectu ´e par le syst `eme est ´egal `a la chaleur totale rec¸ue.

Ce cycle fait penser au fonctionnement d’un moteur thermique.

Moteurs thermiques

Un moteur thermique est un dispositif cyclique qui convertit l’ ´energie thermique en travail, qu’il c `ede `a l’ext ´erieur. On utilise un fluide moteur qui permet de transf ´erer la chaleur et qui subit des processus de d ´etente et de compression.

Processus cyclique qui ram `ene le fluide moteur dans son ´etat initial

U

− U

= ∆U = 0 = Q − W → Q = W Le moteur travaille entre un r ´eservoir `a haute temp ´erature, T

, et un r ´eservoir `a basse temp ´erature, T

.

Q

> 0 Q

< 0 W > 0 La chaleur nette absorb ´ee par cycle : Q = Q

+ Q

= |Q

| − |Q

|.

Le travail fourni par la machine : W = Q = |Q

| − |Q

|

L’exp ´erience montre qu’il est impossible de transformer toute la chaleur

rec¸ue Q en travail ; Q n’est jamais nul.

Cycle de Carnot

Le cycle de Carnot est un cycle id ´eal ne correspondant `a aucun moteur r ´ealisable, mais permettant de calculer des rendements.

Le moteur de Carnot est un simple cylindre ferm ´e par un piston, contenant un gaz et qu’on am `ene alter- nativement en contact avec une source de chaleur `a haute temp ´erature(vapeur) puis avec un r ´eservoir de chaleur (eau de refroissement) dans lequel la chaleur est rejet ´ee. Ce cycle est une suite de 4 ´etapes :

1. A → B : d ´etente isotherme(∆U = 0, W >

0 donc Q > 0) dans laquelle le gaz rec¸oit une quantit ´e de chaleur Q

`a haute temp ´erature T

2. B → C : d ´etente adiabatique (P,V,T changent)

(Q = 0, W = −∆U )

3. C → D : compression isotherme (∆U = 0, W < 0 donc Q < 0) dans laquelle le gaz rejette une quantit ´e de chaleur (−Q

)

4. D → A : compression adiabatique

(Q = 0, W = −∆U )

Cycle de Carnot

La partie ABC repr ´esente la d ´etente : c’est la course motrice, car le gaz ef-

fectue un travail positif sur le milieu ext ´erieur. Sur la partie CDA du cycle le

gaz rejette une quantit ´e de chaleur et le milieu ext ´erieur effectue un travail sur

lui.

Rendement d’une machine thermique

La raison pour laquelle le moteur de Carnot est si important est qu’il repr ´esente un dispositif id ´eal qui a la meilleure efficacit ´e possible. Son rendement est la limite sup ´erieure du rendement de tout moteur thermique r ´eel. D’une mani `ere g ´en ´erale, on d ´efinit le rendement ´energ ´etique r d’une transformation comme :

r = Energie disponible sortante Energie entrante

Pour un moteur thermique, l’ ´energie utile est le travail effectu ´e et l’ ´energie fournie est la chaleur prise `a la source chaude. Ainsi pour un cycle :

r = T ravail ef f ectue Chaleur entrante

1er principe donne |W

| = |Q

(entrante)| − |Q

(sortante)|

r = |W

|

|Q

| = |Q

| − |Q

|

|Q

| = 1 − |Q

|

|Q

|

Le rendement augmente si Q

diminue, devenant 1 si aucun rejet de chaleur

est effectu ´e. Les moteurs r ´eels dissipent de l’ ´energie par frottement et perdent

une quantit ´e appr ´eciable d’ ´energie `a l’environnement par convection, conduc-

tion et radiation. Ainsi pour le moteur d’une voiture, r devrait valoir 55% mais

son rendement effectif est seulement de 25%. Pour une centrale thermique, le

rendement effectif est de 30% et th ´eorique de 40%.

Cycle de Carnot : Rendement

Effectuons un cycle de transformation r ´eversible sur 1 mole d’un gaz parfait.

Calculons le rendement. Sur les 2 adiabatiques, nous avons les relations sui- vantes :

V

T

= V

T

et V

T

= V

T

Effectuons leur rapport de mani `ere `a ´eliminer les temp ´eratures :

( V

V

)

= ( V

V

)

→ V

V

= V

V

Calculons maintenant le rapport

H|

sur les 2 iso- thermes :

|Q

|

|Q

| = R T

ln (V

/V

)

R T

ln (V

/V

) = T

T

r

= 1 − |Q

|

|Q

| = 1 − T

T

R ´esultat valable pour tout moteur id ´eal r ´eversible. Cela constitue le rende-

ment maximal. Pour avoir un moteur parfait, il faudrait que Q

= 0 ce qui

est possible seulement si T

= 0K ou T

→ ∞, conditions impossibles `a

Exemple : Centrale ´electrique thermique

Le rendement le plus ´elev ´e possible pour une machine `a vapeur op ´erant entre 200

C et 27,0

C est :

r

= 1 − 330K

473K = 1 − 0, 634 = 36, 5%

En pratique, les pertes r ´eduisent cette valeur du tiers environ.

Une centrale thermique moderne utilise de la vapeur chauff ´ee `a environ 500

C. Cette vapeur `a haute pression se d ´etend dans une turbine, frappe et pousse ses lames pour la faire tourner. La turbine propulse un g ´en ´erateur ´electrique de haute tension. Une grande diff ´erence de pression est maintenue

`a travers la turbine en condensant la vapeur.

La vapeur est expuls ´ee vers un condensa-

teur froid `a ∼ 373K. Le rendement th ´eorique

vaut 53% bien que les pertes thermiques (en

fum ´ee par exemple) le r ´eduisent `a environ

40%.

Combustion interne

Carnot a discut ´e les possibilit ´es de faire tourner un moteur en enflammant

un gaz dans un cylindre, mais c’est J.Lenoir qui conc¸ut en 1859 le premier

moteur `a combustion interne. C’est N.Otto qui construisit le premier moteur

pour lequel il obtint un brevet.

R ´efrig ´erateurs/Climatiseurs

On peut consid ´erer le r ´efrig ´erateur comme un moteur thermique marchant `a l’envers : il rec¸oit un travail m ´ecanique W et l’utilise pour pomper une petite quantit ´e d’ ´energie thermique Q

d’une source `a basse temp ´erature et c ´eder une quantit ´e de chaleur plus grande Q

= Q

+ W `a une source `a haute temp ´erature, ainsi Q

> 0 Q

< 0 et W < 0. Si on refroidit une pi `ece plut ˆot que des aliments, on a un climatiseur.

Le travail fourni par la moteur :W = Q = |Q

|−|Q

| Le coefficient de performance η est le rapport de la quantit ´e de chaleur enlev ´ee `a la source froide au tra- vail effectu ´e pour l’extraire :

η = |Q

|

|W | = |Q

|

|Q

| − |Q

|

Plus η est grand, plus la machine de r ´efrig ´eration est efficace et une valeur de l’ordre de 5 est courante.

La meilleure performance est celle d’une machine de Carnot op ´erant en sens inverse. On peut r ´e ´ecrire cette ´equation avec les temp ´eratures et on obtient ainsi le coefficient de performance d’un syst `eme id ´eal, soit : η

=

H| −|T_L|

.

Il faut toujours fournir du travail pour transf ´erer de la chaleur d’une

source froide `a une source chaude.

Exemple : Climatiseur

D ´eterminer le meilleur coefficient de performance possible d’un climatiseur maintenant une pi `ece `a 21

C, quand la temp ´erature ext ´erieure est 36

C. Sup- posons que la chaleur qui p ´en `etre dans la pi `ece en 1 heure est de 5,0MJ. La machine rejette la chaleur, qu’elle engendre pendant qu’elle fonctionne, vers l’ext ´erieur de la pi `ece `a l’aide d’un ventilateur. Quel travail ce ventilateur doit-il effectuer pour maintenir la temp ´erature de la pi `ece ? Quelle est la quantit ´e de chaleur totale rejet ´ee vers l’ext ´erieur par heure ?

SOLUTION : η

= |T

|

|T

| − |T

| = 294K

(309K) − (294K) = 19, 6

La quantit ´e de chaleur horaire est la chaleur Q

qui entre dans le climatiseur `a basse temp ´erature. Le travail qui doit ˆetre effectu ´e par heure pour ´evacuer Q

:

W = Q

η

= 5, 0MJ

19, 6 = 0, 26MJ

Ainsi pour extraire 5,0 MJ, cette machine n’effectue qu’un travail de 0,26 MJ.

Dans cette transformation, cette ´energie de 0,26 MJ est convertie en ´energie thermique, rejet ´ee vers l’ext ´erieur. Nous avons donc :

Q

= Q

+ W = 5, 0MJ + 0, 26MJ = 5, 3MJ

Pompe `a chaleur

Si on inverse le climatiseur pour refroidir l’ext ´erieur quelle que soit sa temp ´erature et rejeter la chaleur dans la pi `ece, on a un syst `eme de chauffage : un tel dispositif r ´eversible est appell ´e pompe `a chaleur.

En prenant comme source froide une rivi `ere ou un lac T = 277

K et comme source chaude un b ˆatiment que l’on veut chauffer `a 293

K, il faut fournir un tra- vail W pour pomper de la chaleur `a la source froide et en restituer `a la source chaude. Supposons que l’on dispose de W Joules sous forme ´electrique. On pourrait les convertir directement en chaleur dans un radiateur ´electrique (ren- dement 100%)→ W Joules en chaleur. Mais la pompe thermique permet d’ob- tenit plus : en effet elle permet de restituer Q

`a la source chaude. Comme Q

=

et r =

H

= 0, 055, d’o `u Q

=

= W · 18. On a un gain d’un facteur 18.

M ˆeme si la machine n’est pas parfaite, le gain reste appr ´eciable.

Pompe thermique : machine de Stirling

On a 2 cylindres et 2 pistons, le cylindre de gauche est en contact avec une source chaude, celui de droite avec une source froide. Les 2 cy- lindres sont s ´epar ´es par un r ´eg ´en ´erateur, sub- stance tr `es poreuse et

`a haute capacit ´e calori-

fique, qui joue le r ˆole de

r ´eservoir de chaleur auxi-

liaire. Les 2 pistons sont

connect ´es par syst `eme

m ´ecanique complexe. Ils

sont aussi connect ´es par

un vilebrequin.

Pompe thermique : machine de Stirling

Le gaz suit un cycle d ´efini par le diagramme P − V :

– a → b : d ´etente isothermique `a T

. Pour rester chaud pendant la d ´etente, le gaz pr ´el `eve de la chaleur Q

`a la source chaude

– b → c : les 2 pistons se d ´eplacent anti par- rall `element. Le gaz traverse `a volume constant le r ´eg ´en ´erateur froid : il se refroidit, sa pression baisse. Le r ´eg ´en ´erateur se r ´echauffe.

– c → d : le gaz est comprim ´e `a temp ´erature constante, T

jusqu’ `a son volume initial, ce qui est produit par le mouvement du piston de droite. Q

est alors transf ´er ´e aux parois du cy- lindre de droite qui est maintenu `a temp ´erature T

par un r ´eservoir `a basse temp ´erature.

– d → a : les pistons se d ´eplacent en sens

oppos ´e, le gaz traverse `a volume constant

le r ´eg ´en ´erateur pr ´ealablement chauff ´e, il se

r ´echauffe, sa pression monte, et le r ´eg ´en ´erateur

se refroidit.

Exemple : Moteur de Stirling

Un moteur de Stirling utilise n = 8, 1 × 10

moles de gaz (id ´eal). Il travaille entre les temp ´eratures suivantes : T

= 95

C et T

= 24

C ; le volume de gaz double durant l’expansion et il tourne `a 0,70 cycle par seconde. Suppo- sant que le moteur est id ´eal, trouver (a) le travail fait par le moteur pendant un cycle, (b) la puissance du moteur, (c) La quantit ´e de chaleur transf ´er ´ee de la source `a haute temp ´erature vers le gaz et (d) le rendement thermique du moteur ?

SOLUTION : (a) En suivant le cycle P − V de la page pr ´ec ´edente, le travail fait par le gaz sur ab, durant une expansion isotherme entre les volumes V

et V

vaut :

W

= nRT

ln V

V

De m ˆeme pendant cd, on a W

= nRT

ln

b

. Le travail sur bc et da est nul (volume constant). Soit au total, on trouve :

W = W

+ W

+ W

+ W

= nR









T

ln V

V

+ T

ln V

V









Exemple : Moteur de Stirling (suite)

Ce qui donne en regroupant :

W = nR(T

− T

) ln V

V

Comme V

/V

= 2, on obtient :

W = (8, 10 × 10

mol)(8, 31J/mol.K)(95

C − 24

C)(ln 2) = 3, 31J (b) La dur ´ee d’un cycle est 1/0, 70 = 1, 43s. La puissance vaut donc

P = W

t = 3, 31J

1, 43s ∼ 2, 3W

(c) La chaleur transf ´er ´ee `a un gaz id ´eal pendant une expansion isothermique

`a temp ´erature T

= (95 + 273)K (processus ab) vaut :

|Q

| = nRT

ln V

V

= (8, 1 × 10

mol)(8, 31J/mol.K)(368K )(ln 2) = 17, 2J (d) r = 1 −

H

= 1 −

K

(95+273)

K = 0, 193 ∼ 19%