solutions des exercices
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b. Dans cette question on a pour l’état initial : (P 0 , V A ) et pour l’état final :
P 0 , V A 1
g − 1
g
V B
. D’après la question précédente :
DS 1 =
nc P
g
n
P 0
V A 1
g − 1
g
V B
g
−
nc P
g
n
P 0 V
g
A
=
nc P
g
n
V A 1
g − 1
g
V B
V A
g
= nc P n
1 1
g − 1
g
V B
V A
D’après l’expression obtenue DS 1 est strictement positif. Rappelons que d’après le
deuxième principe de la thermodynamique, pour un système quelconque, la variation
d’entropie est la somme de deux contributions : DS =
dQ
T
1
d i S. Le premier
terme est relatif aux échanges de chaleur avec le milieu extérieur, et le deuxième est relatif
à l’existence (ou non) d’irréversibilité dans l’évolution subie par le système : d i S = 0 si
l’évolution est réversible, d i S > 0, dans le cas contraire. Ici le gaz est isolé thermiquement
et subit une transformation irréversible, il est donc conforme de trouver DS 1 > 0.
c. Dans cette question on a pour l’état initial : (P 0 , V A ) et pour l’état final :
P 2 =
gP 0 V A
V B
, V 2 = V B
. La variation d’entropie est donc :
DS 2 =
nc p
g
n
gP 0 V A
V B
V
g
B
P 0 V
g
A
=
nc p
g
n
g
V B
V A
g−1
De la même manière qu’à la question précédente la conformité au second principe impose
de vérifier DS 2 > 0. A-t-on g
V B
V A
g−1
> 1 ⇔
V B
V A
>
1
g
1
g−1 ⇔ V B >
1
g
1
g−1
V A ?
On sait que V B > V Bs = gV A , il suffit donc de vérifier g >
1
g
1
g−1 ⇔
1
g
g
g−1
< 1,
ce qui est le cas puisque g > 1.
5 1.a. Au niveau microscopique, une définition du gaz parfait est vue dans la correction
de l’extrait du capes externe 1989 (exercice 7).
Au niveau macroscopique, un gaz est parfait s’il vérifie la loi de Boyle-Mariotte
PV = nRT .
b. Le rapport g est défini par g =
c p
c v
, où c p et c v sont respectivement les chaleurs molaires
à pression constante et à volume constant. Ces deux grandeurs peuvent dépendre de la
température, donc a priori g est une fonction de T.
8. THERMODYNAMIQUE
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b. Dans cette question on a pour l’état initial : (P 0 , V A ) et pour l’état final :
P 0 , V A 1
g − 1
g
V B
. D’après la question précédente :
DS 1 =
nc P
g
n
P 0
V A 1
g − 1
g
V B
g
−
nc P
g
n
P 0 V
g
A
=
nc P
g
n
V A 1
g − 1
g
V B
V A
g
= nc P n
1 1
g − 1
g
V B
V A
D’après l’expression obtenue DS 1 est strictement positif. Rappelons que d’après le
deuxième principe de la thermodynamique, pour un système quelconque, la variation
d’entropie est la somme de deux contributions : DS =
dQ
T
1
d i S. Le premier
terme est relatif aux échanges de chaleur avec le milieu extérieur, et le deuxième est relatif
à l’existence (ou non) d’irréversibilité dans l’évolution subie par le système : d i S = 0 si
l’évolution est réversible, d i S > 0, dans le cas contraire. Ici le gaz est isolé thermiquement
et subit une transformation irréversible, il est donc conforme de trouver DS 1 > 0.
c. Dans cette question on a pour l’état initial : (P 0 , V A ) et pour l’état final :
P 2 =
gP 0 V A
V B
, V 2 = V B
. La variation d’entropie est donc :
DS 2 =
nc p
g
n
gP 0 V A
V B
V
g
B
P 0 V
g
A
=
nc p
g
n
g
V B
V A
g−1
De la même manière qu’à la question précédente la conformité au second principe impose
de vérifier DS 2 > 0. A-t-on g
V B
V A
g−1
> 1 ⇔
V B
V A
>
1
g
1
g−1 ⇔ V B >
1
g
1
g−1
V A ?
On sait que V B > V Bs = gV A , il suffit donc de vérifier g >
1
g
1
g−1 ⇔
1
g
g
g−1
< 1,
ce qui est le cas puisque g > 1.
5 1.a. Au niveau microscopique, une définition du gaz parfait est vue dans la correction
de l’extrait du capes externe 1989 (exercice 7).
Au niveau macroscopique, un gaz est parfait s’il vérifie la loi de Boyle-Mariotte
PV = nRT .
b. Le rapport g est défini par g =
c p
c v
, où c p et c v sont respectivement les chaleurs molaires
à pression constante et à volume constant. Ces deux grandeurs peuvent dépendre de la
température, donc a priori g est une fonction de T.
8. THERMODYNAMIQUE
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