solutions des exercices
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d. DU = nc V DT = n
R
g − 1
(T 1 − T 0 ), où T 0 et T 1 sont les températures respectives de
l’état initial et de l’état final.
DU =
1
g − 1
(nRT 1 − nRT 2 ) =
P 1 V 1 − P 0 V 0
g − 1
.
3.a. • L’équilibre mécanique du piston impose P 2 = P 1 = 3P 0 .
• Pour le compartiment B la transformation est quasi-statique et adiabatique, on peut
donc écrire la loi de conservation :
P 0 V
g
0 = P 2 V
g
2 = 3P 0 V
g
2 ⇒ V 2 =
1
3
1 g
V 0 .
• La loi des gaz parfaits peut être écrite dans l’état initial et dans l’état final P 0 V 0 = nRT 0
et P 2 V 2 = nRT 2 . Le rapport des deux expressions donne :
T 2
T 0
=
P 2 V 2
P 0 V 0
= 3.
1
3
1 g
⇒ T 2 = T 0 3
1− 1
g
b. • Les parois sont rigides donc :
V 1 1 V 2 = 2V 0 ⇒ V 1 = 2V 0 −
1
3
1 g
V 0 =
2 −
1
3
1
g
V 0
• La loi des gaz parfaits donne encore :
P 1 V 1
P 0 V 0
=
T 1
T 0
⇒ T 1 = 3.
2 −
1
3
1
g
.T 0 .
4.a. Le premier principe appliqué à l’ensemble des deux compartiments s’écrit
DU total = DU 1 1 DU 2 = Q 1 (le travail échangé est de fait nul puisque les parois sont
rigides).
b. D’après la première partie :
Q 1 = DU 1 1 DU 2 =
1
g − 1
(P 1 V 1 − P 0 V 0 ) 1
1
g − 1
(P 2 V 2 − P 0 V 0 )
Et, P 1 V 1 = 3P 0
2 − 3
− 1
g
V 0 , P 2 V 2 = 3P 0 .3
− 1
g V 0 .
D’où Q 1 =
P 0 V 0
g − 1
6 − 3
1− 1
g 1 3
1− 1
g − 2
⇒ Q 1 = 4
P 0 V 0
g − 1
.
5. L’équilibre mécanique du piston impose pour la pression initiale P i = P 0 . La loi des
gaz parfaits donne alors pour la température initiale T i =
P 0 V A
nR
.
6.a. Lorsque l’orifice est percé, le gaz du compartiment A diffuse dans le compartiment
B, de façon à être réparti uniformément dans l’ensemble des deux compartiments. Le
nombre de moles diminue dans A et la pression aussi, le piston se déplace donc de gauche
à droite, ce qui fait remonter la pression dans A. Le mouvement du piston ne s’arrête (état
8. THERMODYNAMIQUE
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d. DU = nc V DT = n
R
g − 1
(T 1 − T 0 ), où T 0 et T 1 sont les températures respectives de
l’état initial et de l’état final.
DU =
1
g − 1
(nRT 1 − nRT 2 ) =
P 1 V 1 − P 0 V 0
g − 1
.
3.a. • L’équilibre mécanique du piston impose P 2 = P 1 = 3P 0 .
• Pour le compartiment B la transformation est quasi-statique et adiabatique, on peut
donc écrire la loi de conservation :
P 0 V
g
0 = P 2 V
g
2 = 3P 0 V
g
2 ⇒ V 2 =
1
3
1 g
V 0 .
• La loi des gaz parfaits peut être écrite dans l’état initial et dans l’état final P 0 V 0 = nRT 0
et P 2 V 2 = nRT 2 . Le rapport des deux expressions donne :
T 2
T 0
=
P 2 V 2
P 0 V 0
= 3.
1
3
1 g
⇒ T 2 = T 0 3
1− 1
g
b. • Les parois sont rigides donc :
V 1 1 V 2 = 2V 0 ⇒ V 1 = 2V 0 −
1
3
1 g
V 0 =
2 −
1
3
1
g
V 0
• La loi des gaz parfaits donne encore :
P 1 V 1
P 0 V 0
=
T 1
T 0
⇒ T 1 = 3.
2 −
1
3
1
g
.T 0 .
4.a. Le premier principe appliqué à l’ensemble des deux compartiments s’écrit
DU total = DU 1 1 DU 2 = Q 1 (le travail échangé est de fait nul puisque les parois sont
rigides).
b. D’après la première partie :
Q 1 = DU 1 1 DU 2 =
1
g − 1
(P 1 V 1 − P 0 V 0 ) 1
1
g − 1
(P 2 V 2 − P 0 V 0 )
Et, P 1 V 1 = 3P 0
2 − 3
− 1
g
V 0 , P 2 V 2 = 3P 0 .3
− 1
g V 0 .
D’où Q 1 =
P 0 V 0
g − 1
6 − 3
1− 1
g 1 3
1− 1
g − 2
⇒ Q 1 = 4
P 0 V 0
g − 1
.
5. L’équilibre mécanique du piston impose pour la pression initiale P i = P 0 . La loi des
gaz parfaits donne alors pour la température initiale T i =
P 0 V A
nR
.
6.a. Lorsque l’orifice est percé, le gaz du compartiment A diffuse dans le compartiment
B, de façon à être réparti uniformément dans l’ensemble des deux compartiments. Le
nombre de moles diminue dans A et la pression aussi, le piston se déplace donc de gauche
à droite, ce qui fait remonter la pression dans A. Le mouvement du piston ne s’arrête (état
8. THERMODYNAMIQUE
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