Corrigé des exercices
307
Conclusion : c’est la transformation réversible qui permet au système de fournir le maximum de
travail.
Exercice 12. Le gaz contenu dans le cylindre est thermiquement isolé du milieu extérieur. Il
ne peut donc échanger que du travail avec celui-ci (dQ = 0). Puisque l’énergie d’un gaz parfait
ne dépend que de sa température, on peut écrire : dE = C V dT = dQ − PdV = −PdV. L’utilisation
de l’équation d’état des gaz parfaits permet de trouver une équation différentielle aux variables
T et V séparables que l’on intègre : Log T = −
R
CV Log V + C
te ou TV
R/CV =C
te . De l’exercice 10
on tire :
R
CV =
CP
CV − 1 = g − 1 (g =
CP
CV =
7
5 pour un gaz diatomique). Exprimée en fonction de P
et V, la relation ci-dessus s’écrit : TV
g−1 = C
te ou PV
g = C
te .
A.N. : T i V
g−1
i
= T f (1, 5V i )
g−1
⇒ T f = 255 K. La température du gaz s’abaisse lors d’une détente
adiabatique (les adiabatiques coupent les isothermes).
Exercice 13. Soit un cylindre infinitésimal de hauteur dh et de surface de base unité. De la variation de la pression entre h et h + dh : dP = −r g dh (g est l’accélération de la pesanteur que l’on
suppose indépendante de l’altitude, et r la masse volumique du gaz définie par : r =
MP
RT ), on tire :
dP = −
Mg
RT P dh. Comme PV
g = C
te pour une détente adiabatique, on a : P
1−g T
g = C
te . D’où :
(1 − g)
dP
P + g
dT
T = 0. L’identification des deux équations différentielles donne : dT =
1−g
g
Mg
R dh,
soit
dT
dh = −9, 7 × 10
−3 K/m. On a une baisse de température de 19,4 K pour une élévation en altitude de 2000 m. Cette variation est supérieure à ce que l’on observe réellement car on a négligé
la pression due à la vapeur d’eau.
Exercice 14. Si T et V sont les variables indépendantes par rapport auxquelles on exprime
l’énergie d’un système, on trouve que :
dQ =
∂E
∂T
V
dT +
∂E
∂V
T
+ P
dV
1- dS =
dQ
T =
∂E
∂T
V
dT
T +
1
T
∂E
∂V
T
+ P
dV. Pour que S soit une fonction d’état, il faut que l’on
ait :
∂
∂V
1
T
∂E
∂T
V
=
∂
∂T
1
T
∂E
∂V
T
+ P
ce qui donne :
∂E
∂V
T
= T
∂P
∂T
V
− P.
2- Pour un gaz parfait :
∂E
∂V
T
= T
R
V −
RT
V = 0. L’énergie ne dépend que de la température.
3- dS = C V
dT
T +
R
V dV. Par intégration on a S = S 0 + C V Log T + R Log V. En utilisant la relation
de Mayer, on trouve : S = S 0 + C V Log
TV
g−1
.
Exercice 15. Le plateau correspond à l’équilibre liquide-vapeur. Dans ce cas, une diminution
de V ne provoque pas de variation de P, mais une variation de la masse du liquide. En dessous
d’un certain volume, le liquide reste seul dans le récipient. Une diminution de V provoque alors
une forte augmentation de P. Plus T augmente, plus la pression de vapeur saturante augmente
et plus le plateau est étroit. Au-delà de la température critique, on ne trouve que du gaz dans le
récipient quel que soit V.
2- a) Soient m 1 et m 2 les masses du liquide et de la vapeur, respectivement. On a :
V = m 1 v 1 (T) + m 2 v 2 (T) et E = m 1 u 1 (T) + m 2 u 2 (T).
Soit dm la masse de liquide qui s’est évaporée dans la transformation.
V + dV = (m 1 − dm)v 1 (T) + (m 2 + dm)v 2 (T), conduit à dV = (v 2 − v 1 )dm. On a de même
dE = (u 2 − u 1 )dm. Puisque dQ = dE + PdV, on a l =
dQ
dm = (u 2 − u 1 ) + P(v 2 − v 1 ). On remarque
que les masses m 1 et m 2 n’interviennent pas dans le résultat.
c
Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.
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Conclusion : c’est la transformation réversible qui permet au système de fournir le maximum de
travail.
Exercice 12. Le gaz contenu dans le cylindre est thermiquement isolé du milieu extérieur. Il
ne peut donc échanger que du travail avec celui-ci (dQ = 0). Puisque l’énergie d’un gaz parfait
ne dépend que de sa température, on peut écrire : dE = C V dT = dQ − PdV = −PdV. L’utilisation
de l’équation d’état des gaz parfaits permet de trouver une équation différentielle aux variables
T et V séparables que l’on intègre : Log T = −
R
CV Log V + C
te ou TV
R/CV =C
te . De l’exercice 10
on tire :
R
CV =
CP
CV − 1 = g − 1 (g =
CP
CV =
7
5 pour un gaz diatomique). Exprimée en fonction de P
et V, la relation ci-dessus s’écrit : TV
g−1 = C
te ou PV
g = C
te .
A.N. : T i V
g−1
i
= T f (1, 5V i )
g−1
⇒ T f = 255 K. La température du gaz s’abaisse lors d’une détente
adiabatique (les adiabatiques coupent les isothermes).
Exercice 13. Soit un cylindre infinitésimal de hauteur dh et de surface de base unité. De la variation de la pression entre h et h + dh : dP = −r g dh (g est l’accélération de la pesanteur que l’on
suppose indépendante de l’altitude, et r la masse volumique du gaz définie par : r =
MP
RT ), on tire :
dP = −
Mg
RT P dh. Comme PV
g = C
te pour une détente adiabatique, on a : P
1−g T
g = C
te . D’où :
(1 − g)
dP
P + g
dT
T = 0. L’identification des deux équations différentielles donne : dT =
1−g
g
Mg
R dh,
soit
dT
dh = −9, 7 × 10
−3 K/m. On a une baisse de température de 19,4 K pour une élévation en altitude de 2000 m. Cette variation est supérieure à ce que l’on observe réellement car on a négligé
la pression due à la vapeur d’eau.
Exercice 14. Si T et V sont les variables indépendantes par rapport auxquelles on exprime
l’énergie d’un système, on trouve que :
dQ =
∂E
∂T
V
dT +
∂E
∂V
T
+ P
dV
1- dS =
dQ
T =
∂E
∂T
V
dT
T +
1
T
∂E
∂V
T
+ P
dV. Pour que S soit une fonction d’état, il faut que l’on
ait :
∂
∂V
1
T
∂E
∂T
V
=
∂
∂T
1
T
∂E
∂V
T
+ P
ce qui donne :
∂E
∂V
T
= T
∂P
∂T
V
− P.
2- Pour un gaz parfait :
∂E
∂V
T
= T
R
V −
RT
V = 0. L’énergie ne dépend que de la température.
3- dS = C V
dT
T +
R
V dV. Par intégration on a S = S 0 + C V Log T + R Log V. En utilisant la relation
de Mayer, on trouve : S = S 0 + C V Log
TV
g−1
.
Exercice 15. Le plateau correspond à l’équilibre liquide-vapeur. Dans ce cas, une diminution
de V ne provoque pas de variation de P, mais une variation de la masse du liquide. En dessous
d’un certain volume, le liquide reste seul dans le récipient. Une diminution de V provoque alors
une forte augmentation de P. Plus T augmente, plus la pression de vapeur saturante augmente
et plus le plateau est étroit. Au-delà de la température critique, on ne trouve que du gaz dans le
récipient quel que soit V.
2- a) Soient m 1 et m 2 les masses du liquide et de la vapeur, respectivement. On a :
V = m 1 v 1 (T) + m 2 v 2 (T) et E = m 1 u 1 (T) + m 2 u 2 (T).
Soit dm la masse de liquide qui s’est évaporée dans la transformation.
V + dV = (m 1 − dm)v 1 (T) + (m 2 + dm)v 2 (T), conduit à dV = (v 2 − v 1 )dm. On a de même
dE = (u 2 − u 1 )dm. Puisque dQ = dE + PdV, on a l =
dQ
dm = (u 2 − u 1 ) + P(v 2 − v 1 ). On remarque
que les masses m 1 et m 2 n’interviennent pas dans le résultat.
c
Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.