494 Chapitre 18
Second principe
Corrections
Interro de cours
1. (a) est fausse : il ne suffit pas que l’équilibre mécanique soit réalisé pour que la transformation soit
réversible ; il faudrait aussi que le système soit à l’équilibre thermique avec l’extérieur, qu’il soit homogène... (b) est juste : les transformations brutales sont toutes irréversibles. (c) est fausse : le mélange
de deux gaz même identiques est irréversible. (d) est juste, c’est même une définition de la réversibilité.
2. (a) est fausse : S est bien une fonction d’état, mais elle est extensive. (b) est fausse, il y a dans
le second principe un terme de création d’entropie. (c) est juste, c’est l’expression mathématique
du second principe. (d) est juste : l’entropie créée est nécessairement supérieure ou égale à 0, l’égalité
correspondant à une transformation réversible. (e) est fausse : dans le cas d’une évolution monotherme,
c’est la température Text du thermostat qui intervient : Se =
Q
Text
.
3. (a) est fausse : il faut que le gaz soit parfait. (b) est juste, (c) est fausse (on part de P V
γ = cste, et
on utilise la loi des gaz parfaits). (d) est fausse, il faut que la transformation soit de plus réversible
pour appliquer la loi de Laplace.
4. L’état final est à la pression de 1,00 bar qui correspond à la pression de vapeur saturante de l’eau à
TI = 100
◦
C, mais la température est supérieure à TI : on est donc dans un état de vapeur sèche, (a)
est fausse, (b) est juste. (c) est fausse, l’évolution est monotherme car la température extérieure est
maintenue constante, mais non réversible car l’équilibre thermique n’est pas réalisé au cours de cette
évolution. S étant une fonction d’état, pour aller de I à F , on imagine le chemin suivant : chemin
isotherme de I à K avec K état de liquide saturant (PK = 1,00 bar, TK = 100
◦
C), puis vaporisation
jusqu’à K
vapeur saturante à la même température et la même pression et enfin transformation isobare
jusqu’à F . De I à K, l’état de l’eau est liquide et la transformation isotherme, la variation d’entropie
est nulle. De K à K
: ΔS KK = m
Δhv
T0
. De K
à F , transformation isobare d’un gaz parfait :
ΔS K F = m
γR
(γ − 1)M
ln
TF
TI
. Les applications numériques amènent à ΔS = 12,4 kJ · K
−1 : (d) est
juste, (e) est fausse.
Exercice 18.1
1. Le contenu des deux compartiments subit une transformation adiabatique et isochore.
2. Les parois étant indéformables, le système ne reçoit aucun travail de la part de l’extérieur. Comme
la transformation est par ailleurs adiabatique, l’application du premier principe montre que l’énergie
interne du système (donc du gaz) se conserve.
L’énergie interne d’un gaz parfait ne dépend que de sa température (première loi de Joule) : La
température finale T f est égale à la température initiale : T f = Ti. En appliquant l’équation d’état des
gaz parfaits : P f = Pi
V1
V1 + V2
=
Pi
2
.
3. Exprimons la variation d’entropie des n1 = 5,0 mol de gaz parfait :
ΔS = n1R ln
V2 + V1
V1
= n1R ln(2) = 29 J · K
−1 . Appliquons alors le second principe au gaz entre
l’état initial et l’état final : ΔS = Se + Sc, où Se est l’entropie échangée et Sc l’entropie créée. Les
récipients étant parfaitement calorifugés, Se = 0. L’entropie créée est strictement positive : la transformation est irréversible. La non uniformité initiale de la répartition des molécules dans les compartiments
est ici la cause de l’irréversibilité de la transformation.
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Second principe
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1. (a) est fausse : il ne suffit pas que l’équilibre mécanique soit réalisé pour que la transformation soit
réversible ; il faudrait aussi que le système soit à l’équilibre thermique avec l’extérieur, qu’il soit homogène... (b) est juste : les transformations brutales sont toutes irréversibles. (c) est fausse : le mélange
de deux gaz même identiques est irréversible. (d) est juste, c’est même une définition de la réversibilité.
2. (a) est fausse : S est bien une fonction d’état, mais elle est extensive. (b) est fausse, il y a dans
le second principe un terme de création d’entropie. (c) est juste, c’est l’expression mathématique
du second principe. (d) est juste : l’entropie créée est nécessairement supérieure ou égale à 0, l’égalité
correspondant à une transformation réversible. (e) est fausse : dans le cas d’une évolution monotherme,
c’est la température Text du thermostat qui intervient : Se =
Q
Text
.
3. (a) est fausse : il faut que le gaz soit parfait. (b) est juste, (c) est fausse (on part de P V
γ = cste, et
on utilise la loi des gaz parfaits). (d) est fausse, il faut que la transformation soit de plus réversible
pour appliquer la loi de Laplace.
4. L’état final est à la pression de 1,00 bar qui correspond à la pression de vapeur saturante de l’eau à
TI = 100
◦
C, mais la température est supérieure à TI : on est donc dans un état de vapeur sèche, (a)
est fausse, (b) est juste. (c) est fausse, l’évolution est monotherme car la température extérieure est
maintenue constante, mais non réversible car l’équilibre thermique n’est pas réalisé au cours de cette
évolution. S étant une fonction d’état, pour aller de I à F , on imagine le chemin suivant : chemin
isotherme de I à K avec K état de liquide saturant (PK = 1,00 bar, TK = 100
◦
C), puis vaporisation
jusqu’à K
vapeur saturante à la même température et la même pression et enfin transformation isobare
jusqu’à F . De I à K, l’état de l’eau est liquide et la transformation isotherme, la variation d’entropie
est nulle. De K à K
: ΔS KK = m
Δhv
T0
. De K
à F , transformation isobare d’un gaz parfait :
ΔS K F = m
γR
(γ − 1)M
ln
TF
TI
. Les applications numériques amènent à ΔS = 12,4 kJ · K
−1 : (d) est
juste, (e) est fausse.
Exercice 18.1
1. Le contenu des deux compartiments subit une transformation adiabatique et isochore.
2. Les parois étant indéformables, le système ne reçoit aucun travail de la part de l’extérieur. Comme
la transformation est par ailleurs adiabatique, l’application du premier principe montre que l’énergie
interne du système (donc du gaz) se conserve.
L’énergie interne d’un gaz parfait ne dépend que de sa température (première loi de Joule) : La
température finale T f est égale à la température initiale : T f = Ti. En appliquant l’équation d’état des
gaz parfaits : P f = Pi
V1
V1 + V2
=
Pi
2
.
3. Exprimons la variation d’entropie des n1 = 5,0 mol de gaz parfait :
ΔS = n1R ln
V2 + V1
V1
= n1R ln(2) = 29 J · K
−1 . Appliquons alors le second principe au gaz entre
l’état initial et l’état final : ΔS = Se + Sc, où Se est l’entropie échangée et Sc l’entropie créée. Les
récipients étant parfaitement calorifugés, Se = 0. L’entropie créée est strictement positive : la transformation est irréversible. La non uniformité initiale de la répartition des molécules dans les compartiments
est ici la cause de l’irréversibilité de la transformation.
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