Corrections 497
Exercice 18.5
1. Le système fermé évolue à pression constante P . Lors de l’évolution isobare du système fermé, ΔH = Q,
où Q est le transfert thermique reçu par le système. Le tunnel et son contenu étant supposés isolés
thermiquement de l’extérieur, l’évolution est par ailleurs adiabatique. Ainsi Q = 0 et par suite ΔH = 0.
2. Le système est constitué de trois sous-systèmes, Kiddi, Gummi et l’air contenu dans le tunnel. Nous
écrivons la variation d’enthalpie de chaque sous-système entre l’état initial et l’état final puis utilisons
l’extensivité de H : ΔH = mGc h (T f − TG) + mK c h (T f − TK ) +
MairP V
RTa
cp,a(T f − Ta) où T f est la
température finale d’équilibre du système. Ainsi :
T f =
mGc h TG + mK c h TK +
MairP V
RTa
cp,aTa
(mG + mK )c h +
MairP V
RTa
cp,a
mGc h TG + mK c h TK
(mG + mK )c h
= 35 °C
car la capacité thermique de l’air contenue dans le tunnel est très faible devant celle des deux hommes.
Le modèle très simple ne prend notamment pas en compte le métabolisme de Gummi et Kiddi et les
pertes d’énergie des deux hommes au contact de la glace, le « matelas » étant peu isolant. De plus, il
néglige totalement l’inhomogénéité de température au sein des deux hommes.
3. Calculons la variation d’entropie du système en utilisant l’extensivité de S et en ignorant la variation
d’entropie de l’air : ΔS mGc h ln
T f
TG
+ mK c h ln
T f
TK
= 5,5 · 10
2 J · K
−1 .
4. Le système étant thermiquement isolé, l’entropie échangée avec l’extérieur est nulle. Ainsi, d’après le
second principe, l’entropie créée Sc est Sc = ΔS > 0 : l’évolution est irréversible.
5. Les échanges thermiques entre corps de températures différentes sont irréversibles.
Exercice 18.6
1. L’équation d’état donne : n =
P0Sh0
RT0
= 2,6 · 10
2 mol.
2. Envisageons les deux options suivantes : l’option (1) consiste à placer la grosse pierre sur le couvercle ;
dans l’option (2), Al dépose M très lentement sur le couvercle, gravier par gravier, le monticule de
100 kg. Dans les deux cas, la pression finale est P f = P0 +
Mg
S
= 1,2 bar.
3. • Option (1) : l’évolution est brutale et monobare, mais sans équilibre mécanique à l’état initial. Le
travail reçu par l’air dans le cylindre est alors W1 = −P f S(h f − h0) où h f est la hauteur finale
atteinte par le couvercle. En appliquant le premier principe :
ΔU1 =
nR
γ − 1
(T f − T0) = −P f S(h f − h0). Nous en déduisons, en utilisant l’équation d’état dans
l’état final P f Sh f = nRT f que h f =
(γ − 1)P f + P0
γP f
h0 = 90 m. La température finale est donc
T f =
P f Sh f
nR
= 3,1 · 10
2 K.
Calculons alors la variation d’entropie : ΔS1 =
nRγ
γ − 1
ln
T f
T0
− nR ln
P f
P0
= 16 J · K
−1 . Cette
variation d’entropie correspond à l’entropie créée S1,c au cours de cette transformation irréversible.
• Option (2) : en procédant ainsi, la transformation est une suite d’états d’équilibre de l’air avec
l’extérieur. La transformation est adiabatique et réversible : ΔS3 = 0 = S3,c car l’entropie échangée
est nulle. L’entropie créée est alors nulle, c’est-à-dire minimale. Al a résolu l’énigme entropique ; sa
mise en pratique (transformation infiniment lente) ne lui laissera malheureusement pas beaucoup
de temps pour jouir de son trésor...
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