306
Physique statistique
4- Pour obtenir la même quantité d’énergie que la combustion d’une tonne de charbon il
faut 1, 03 × 10
22 réactions de fusion, ou 1, 587 × 10
21 réactions de fission, ce qui représente
5, 1 × 10
−2 g de tritium ou 0,62 g d’uranium. Les réactions de fusion et de fission fournissent
beaucoup plus d’énergie que la combustion du charbon. Ceci provient de ce que la combustion
du carbone fait intervenir des réactions chimiques où les bilans d’énergie se chiffrent en eV,
alors que ceux des réactions nucléaires (fusion et fission) se chiffrent en MeV, i.e. qu’ils sont un
million de fois supérieurs.
Exercice 7. On a une détente isotherme réversible d’où : dW = −PdV et PV = RT/32. Le fait
que la transformation soit isotherme implique : d(PV) = 0 = PdV+VdP ⇒ dW = +VdP =
dP
P
nRT
et W =
Pf
Pi
nRT
dP
P = nRTLog
Pf
Pi = −85, 6 J. W est négatif puisque, lors d’une détente, c’est le
gaz qui travaille.
Exercice 8. Pour une transformation infinitésimale quasistatique on a :
dE = dQ − PdV =
∂E
∂T
V
dT +
∂E
∂V
T
dV.
La chaleur spécifique à volume constant est donnée par : C V =
dQ
dT
V
=
∂E
∂T
V
. Si l’on choisit
la pression et la température comme variables indépendantes pour exprimer l’énergie E, on a
dV =
∂V
∂P
T
dP +
∂V
∂T
P
dT. En utilisant dQ = dE + PdV, on trouve :
dQ =
∂E
∂T
P
+ P
∂V
∂T
P
dT +
∂E
∂P
T
+ P
∂V
∂P
T
dP.
La chaleur spécifique à pression constante est donc donnée par : C P =
dQ
dT
P
=
∂E
∂T
P
+P
∂V
∂T
P
.
Exercice 9. Durant la transformation DW = 0 (le gaz se détend contre une pression nulle)
et DQ = 0 (T ne change pas). Donc DE = 0. Comme seul le volume a varié, on en déduit que
E = E(T). L’énergie interne d’un gaz parfait ne dépend que de sa température.
Exercice 10. En utilisant le résultat de l’exercice 8 et le fait que E ne dépend que de T, on peut
écrire : C P =
∂E
∂T
P
+P
∂V
∂T
P
. Or pour une mole de gaz parfait, on a P
∂V
∂T
P
= R ⇒ C P −C V = R
(relation de Mayer).
Exercice 11. 1- Réversible : Le système suit l’hyperbole PV = RT. La relation
d(PV) = 0 ⇒ dW = VdP = RT
dP
P
.
D’où :
W =
P2
P1
RT
dP
P
= RTLog
P 2
P 1
= −RT Log 3
2- Irréversible : pour cette transformation particulière le piston agit toujours contre la pression
P 2 . Donc :
DW = −P 2 DV = −P 2
RT
P 2
−
RT
P 1
= RT
P 2
P 1
− 1
= −
2
3
RT
3- Irréversible en deux étapes : si on passe par la pression intermédiaire le travail est donné par :
DW
= RT
P 3
P 1
− 1
+ RT
P 2
P 3
− 1
= −
5
6
RT
Physique statistique
4- Pour obtenir la même quantité d’énergie que la combustion d’une tonne de charbon il
faut 1, 03 × 10
22 réactions de fusion, ou 1, 587 × 10
21 réactions de fission, ce qui représente
5, 1 × 10
−2 g de tritium ou 0,62 g d’uranium. Les réactions de fusion et de fission fournissent
beaucoup plus d’énergie que la combustion du charbon. Ceci provient de ce que la combustion
du carbone fait intervenir des réactions chimiques où les bilans d’énergie se chiffrent en eV,
alors que ceux des réactions nucléaires (fusion et fission) se chiffrent en MeV, i.e. qu’ils sont un
million de fois supérieurs.
Exercice 7. On a une détente isotherme réversible d’où : dW = −PdV et PV = RT/32. Le fait
que la transformation soit isotherme implique : d(PV) = 0 = PdV+VdP ⇒ dW = +VdP =
dP
P
nRT
et W =
Pf
Pi
nRT
dP
P = nRTLog
Pf
Pi = −85, 6 J. W est négatif puisque, lors d’une détente, c’est le
gaz qui travaille.
Exercice 8. Pour une transformation infinitésimale quasistatique on a :
dE = dQ − PdV =
∂E
∂T
V
dT +
∂E
∂V
T
dV.
La chaleur spécifique à volume constant est donnée par : C V =
dQ
dT
V
=
∂E
∂T
V
. Si l’on choisit
la pression et la température comme variables indépendantes pour exprimer l’énergie E, on a
dV =
∂V
∂P
T
dP +
∂V
∂T
P
dT. En utilisant dQ = dE + PdV, on trouve :
dQ =
∂E
∂T
P
+ P
∂V
∂T
P
dT +
∂E
∂P
T
+ P
∂V
∂P
T
dP.
La chaleur spécifique à pression constante est donc donnée par : C P =
dQ
dT
P
=
∂E
∂T
P
+P
∂V
∂T
P
.
Exercice 9. Durant la transformation DW = 0 (le gaz se détend contre une pression nulle)
et DQ = 0 (T ne change pas). Donc DE = 0. Comme seul le volume a varié, on en déduit que
E = E(T). L’énergie interne d’un gaz parfait ne dépend que de sa température.
Exercice 10. En utilisant le résultat de l’exercice 8 et le fait que E ne dépend que de T, on peut
écrire : C P =
∂E
∂T
P
+P
∂V
∂T
P
. Or pour une mole de gaz parfait, on a P
∂V
∂T
P
= R ⇒ C P −C V = R
(relation de Mayer).
Exercice 11. 1- Réversible : Le système suit l’hyperbole PV = RT. La relation
d(PV) = 0 ⇒ dW = VdP = RT
dP
P
.
D’où :
W =
P2
P1
RT
dP
P
= RTLog
P 2
P 1
= −RT Log 3
2- Irréversible : pour cette transformation particulière le piston agit toujours contre la pression
P 2 . Donc :
DW = −P 2 DV = −P 2
RT
P 2
−
RT
P 1
= RT
P 2
P 1
− 1
= −
2
3
RT
3- Irréversible en deux étapes : si on passe par la pression intermédiaire le travail est donné par :
DW
= RT
P 3
P 1
− 1
+ RT
P 2
P 3
− 1
= −
5
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